图14-7
G
图14-6
S
v2
v1
图14-5
图14-4
图14-3
图14-2
图14-1
图 14-39
A
B
C
图14-38
C
v0
图14-37
图14-36
图14-35
图14-34
Q
P
图14-33
B
A
v
图14-32
图14-31
l
v0 v
S
图14-30
图14-29
v
v0
s1
s2 d
图14-28
图14-27
A
C
B
图14-26
图14-25
图14-24
B
A
图14-23
图14-22
图14-21
图14-20
图14-19
图14-18
图14-17
v0
m
图14-16
图14-15
图14-14
图14-13
图14-12
L
C
B
A
图14-11
图14-10
图14-9
图14-8
d!!
图7
P
△
P
P
P初
O
O
B
Q
图17
B第十五章 动量
专题一 动量 冲量 动量定理
1、 内容要点
1.理解动量p=mv
由于速度具有瞬时性，所以动量mv是描述物体某一瞬间所具有的瞬时值，即动量是状态量．一个物体的动量要改变，必经历一段时间，同一时刻是没有改变的．
2.理解动量的变化Δp
动量是矢量，当动量发生变化时，动量的变化Δp=p末一p初．如图14-1所示，当初态动量和末态动量不在一条直线上时，动量变化由平行四边形法则进行运算．动量变化的方向一般与初态动量和末态动量的方向不相同．其方向与速度的改变量Δv的方向相同．当初、末动量在一直线上时通过选定正方向，动量的变化可简化为带有正、负号的代数运算．
3.理解冲量I=Ft
(1)冲量描述的是力F对作用时间t的累积效果．力越大，作用时间越长，冲量就越大．
(2)冲量是一个过程量，讲冲量必须明确研究对象和作用过程，即必须明确是哪个力在哪段时间内对哪个物体的冲量．
(3)如果力的方向是恒定的，则冲量的方向与力的方向相同．如果力的方向是变化的，则冲量的方向与相应时间内物体动量变化量的方向相同．
(4)一般将作用时间短，在短时间内变化大，且能达到很大瞬时值的力叫做冲击力，常简称为冲力．只要有力，而且力作用了一段时间，不论力的大小，作用时间的长短，总有力的冲量．
4.计算力的冲量时的注意点
(1)冲量的运算服从平行四边形定则，如果物体所受的每个外力的冲量都在同一条直线上，那么选定正方向后，每个力冲量的方向可以用正负号表示，此时冲量的运算就可以简化为代数运算．
(2) 计算冲量时，一定要明确是计算分力的冲量还是合力的冲量．如果是计算分力的冲量还必须明确是哪个分力的冲量．
(3) 在F—t图像中所包含的面积，就是力的冲量，如图14-2所示，若求变力的冲量，仍可用“面积法”表示，如图14-3所示．
5.理解动量定理
（1）内容：物体所受的合外力的冲量等于物体的动量变化F·t=mvt-mv0
（2）几点说明：
①动量定理表达式中的F是研究对象所受的包括重力在内的所有外力的合力，它可以是恒力，也可以是变力，当合外力是变力时，F应该是合外力对物体作用时间内的平均值．
②动量定理是牛顿第二定律的变形,也可以写成：
此式说明，物体所受的合外力与物体的动量变化率成正比．
③从上式可以看出，p—t图像中图线的斜率就是物体所受的合外力，斜率越大，动量变化的越快，物体所受的合外力就越大，如图14-4所示，F1>F2．
④动量定理表达式中的Ft是合外力的冲量，是使研究对象的动量发生变化的原因，在所研究的物理过程中，如果作用在研究对象上的各个外力的作用时间相同，则可用F合t求合外力的冲量；若作用时间不同，则只能在选定正方向后用F1t1+F2t2+……求出合力的冲量．
⑤动量定理公式中的p’ -p是物体动量的变化量，是某过程的末态动量减去初态动量，是矢量减法，对一维情况在选定正方向后可简化为代数运算，公式中的“-”号是运算符号，与正方向的选取无关．
⑥动量定理公式中的“=”号，表明合外力的冲量与物体动量的变化量数值相等，方向一致，而与动量的方向可以相同，也可以相反，也可以成某一角度，合外力的冲量是引起物体运动状态改变的外来因素，而动量的增量则是物体受合外力冲量作用的结果．
⑦动量定理不仅适用于宏观物体的低速运动，而且对微观现象和高速运动同样适用，定理体现出动量的变化只取决于冲量的总效果，而无需考虑冲击过程中冲量变化的细节，所以应用起来比较方便．
6.动量定理与牛顿第二定律的比较
（1）动量定理可以由牛顿第二定律推得;
（2）动量定理与牛顿第二定律的着眼点不同：动量定理是着眼于力对时间的累积效果，描述的是一个过程中力的冲量与物体的动量变化间的关系；而牛顿第二定律是着眼于力的瞬时作用效果，描述的是某一瞬间力、质量和加速度间的关系．
（3）动量定理与牛顿第二定律在应用中各有其优越性：动量定理应用中，只考虑一个过程中合力的冲量，以及这一过程始、末的动量mυ0及mυt，不考虑加速度a和位移s，所以在处理有关曲线运动，变力问题，以及作用时间很短的碰撞、爆炸等问题时，往往较牛顿第二定律处理较为简单．牛顿第二定律应用中，要考虑到某一瞬间力与加速度间的关系，所以对了解过程的变化与发展，特别是运动情况的改变，位置及时刻，比用动量定理处理较为直观明显．不妨认为动量定理是从“大处着眼”，牛顿第二定律是从“小处人手”，动量定理是着眼于整体，牛顿第二定律是着眼于细节，各有千秋．
7.应用动量定理解题的思路及方法．
根据动量定理F·t=mvt-mv0，可以知道解题的思路是：
（1）式中m是物体的质量，反映出被研究的对象，因此解题时，首先要明确研究对象．
（2）式中F是研究对象所受的力，因此在明确研究对象后，应分析研究对象的受力情况．
（3）式中Ft是作用在研究对象的力的冲量，它可以是合力的冲量，也可以是各力冲量的矢量和．这样，在分析受力情况后，应确定冲量Ft．
（4）式中mυt和mυ0分别是在时间t的这一过程中的末动量和初动量，这说明找出研究对象的初、末状态的重要性．
（5）根据动量定理F·t=mvt-mv0，列出符合题意的方程．
（6）解方程并考虑解的合理性和完整性．
由以上可见解题思路来源于对规律的理解和认识，解题方法及解题步骤正是解题思路的体现．因此应用动量定理的解题步骤是：①确定研究对象；②分析受力，确定冲量和初、末动量；③规定正方向；④根据动量定理列方程；⑤解方程并分析验证．
2、 典型例题
例题1．以初速度v0竖直向上抛出一个质量为m的物体，空气阻力不可忽略．关于物体受到的冲量，以下说法错误的是 ( )
A．物体上升和下降两个阶段受到重力的冲量方向相反
B．物体上升和下降两个阶段受到空气阻力的冲量方向相反
C．物体在下降阶段受到重力的冲量大于上升阶段受到重力的冲量
D．物体从抛出到返回抛出点，所受各力冲量的总和方向向下
解析： (1)无论物体是上升还是下降，物体所受重力的方向都是向下，故重力对物体的冲量也都是向下的，因此选项A是错误的．
(2)物体向上运动时，空气阻力方向向下，因此阻力的冲量方向也向下，而当物体下落时，空气阻力方向向上，因此阻力的冲量方向也就向上，所以上升和下落这两个阶段中阻力的冲量方向相反，因此，选项B是正确的．
(3)在有阻力的情况下，由于上升阶段的加速度比下降时的大，且两次位移相等，故上升阶段所用时间t1．比下降阶段t2短，则物体下落阶段重力的冲量mgt2大于上升阶段重力的冲量mgt1，因此，选项C是正确的．
(4)由于在物体整个运动过程中，重力的方向都向下，阻力的方向在上升、下降两个阶段分别向下、向上，但是阻力都比重力小．所以在整个运动过程中，合力的冲量方向总是向下的，因此，选项D是正确的．
答案：A
例题2．将质量为0.2kg的小球，以3m/s的初速度水平抛出，不计空气阻力，求：
（1）抛出0.4s后小球的动量．
（2）抛出后0.4s内小球动量的变化．
解析：（1）小球抛出后做平抛运动，0.4s后竖直方向速度υy=gt=4m/s
0.4s末的速度m/s
小球的动量p=mυ=0.2×5=1.0kg·m／s方向与水平方向成530夹角斜向下．
（2）方法l：由动量定理知其动量变化可用重力的冲量表示，即：
△ p=p′－p=mgt=0.2×10×0.4=0.8kg·m/s
方法2：在0.4s时间内，小球在水平方向动量没有变化 px=0，在竖直方向动量的变化
△py=mvy-0=0.2×4=0.8kg·m／s
小球动量的变化=0.8kg·m/s
例题3.鸡蛋从同一高度自由下落，第一次落在地板上，鸡蛋被打破；第二次落在泡沫塑料垫上，没有被打破，这是为什么？
解析：两次碰地（或碰塑料垫）瞬间鸡蛋的初速度相同，而末速度都是零也相同，所以两次碰撞过程鸡蛋的动量变化相同。根据Ft=Δp，第一次与地板作用时的接触时间短，作用力大，所以鸡蛋被打破；第二次与泡沫塑料垫作用的接触时间长，作用力小，所以鸡蛋没有被打破。
例题4．质量为0.2kg的小球沿光滑水平面以5m／s的速度冲向墙壁．又以4m／s的速度反向弹回，如图14-5所示．球与墙的作用时间为0.05s．求：(1)小球动量的增量；
(2)小球受到的平均冲力．
解析：取v1的方向为正方向，则υ1=5m/s；υ2=－4m/s
(1)小球动量的增量p=mυ2一mυ1=0.2×(－4)kg·m／s－0.2×5kg·m／s
＝-1.8kg·m／s负号表示动量增量与初速υ1的方向相反．
(2)由于Ft=mv2一mv1 N=-36N
故小球平均冲力大小为36N，方向与初速υ1方向相反．
例题5: 一艘帆船在静水中由于风力的推动做匀速直线运动，帆面的面积为S，风速为v1，船速为v2，（v2 < v1），空气密度为ρ，帆船在匀速前进时帆面受到的平均风力大小为多少？
解析：取图14-6所示的部分空气为研究对象，这部分空气的质量为，这部分气体经过时间△t后都由v1变为v2，取船前进方向为正方向，对这部分气体列出动量定理：
3、 习题
1．航天飞机在一段时间内保持绕地心做匀速圆周运动，则（ ）
A．它的速度大小不变，动量也不变
B．它不断克服地球对它的万有引力做功
C．它的速度大小不变，加速度等于零
D．它的动能不变，引力势能也不变
2．如图14-7所示，把重物G压在纸带上，用一水平力缓缓地拉动纸带，重物跟着纸带一起运动，若迅速拉动纸带，重物将会从重物下抽出，解释这种现象的正确的是（ ）
A．在缓慢拉动纸带时，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．在缓慢拉动纸带时，纸带给重物的冲量大
D．在缓慢拉动纸带时，纸带给重物的冲量小
3.篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速收至胸前，这样做可以（ ）
A.减小球对手的冲量 B.减小球的动量变化率
C.减小球的动量变化量 D.减小球的动能变化量
4.A、B两车与水平面的动摩擦因数相同，则下列那些说法正确的是( )
A.若两车动量相同，质量大的滑行时间长
B.若两车动能相同，质量大的滑行时间长
C.若两车质量相同，动能大的滑行时间长
D.若两车质量相同，动量大的滑行距离长
5．一质量为m的物体在光滑的水平面上运动，今以恒力F沿水平方向推该物体，在相同的时间间隔内，下列说法正确的是（ ）
A．物体的位移相等 B．物体动能的变化量相等
C．F对物体做的功相等 D．物体动量的变化量相等
6.如图14-8所示，在地面上固定一个质量为M的竖直木杆，一个质量为m的人以加速度a沿杆匀加速向上爬，经时间t，速度由零增加到v，在上述过程中，地面对木杆的支持力的冲量为（ ）
A. B.
C. D.
7.水平拉力F1、F2分别作用在水平面上的物体一段时间后撤去，使物体从静止开始运动后又停止下来，如果物体在这两种情况下的总位移相等，且F1＞F2，设物体所受摩擦恒定，那么对应物体运动的两个过程中，力F1、F2冲量大小判断中正确的是（ ）
A．F1冲量较大 B．F2冲量较大
C．F1、F2冲量一样大 D．条件不足，无法判断
8.如图14-9所示，质量为m的小物块，在与水平方向成a角的力F作用下，沿光滑水平面运动，物块通过A点和B点的速度分别是vA和vB，物块由A运动到B的过程中，力F对物块做功W和力F对物块作用的冲量I的大小是（ ）
A. B.
C. D.
9.一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经t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+mgt,地面对他做的功为mv2
B. 地面对他的冲量为mv+mgt,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mv2
D. 地面对他的冲量为mv-mgt,地面对他做的功为零
10.如图14-10所示，单摆摆球的质量为m，做简谐运动的周期为T，摆球从最大位移处A点由静止开始释放，摆球第一次运动到最低点B时的速度为v，则（ ）
A．摆球从A运动到B的过程中重力做的功为
B．摆球从A运动到B的过程中重力的平均功率为
C．摆球从A运动到B的过程中合外力的冲量为
D．摆球从A运动到B的过程中动量变化量为
11．质量m=1.5kg的物块（可视为质点）在水平恒力F作用下，从水平面上A点由静止开始运动，运动一段距离撤去该力，物块继续滑行t=2.0s停在B点，已知A、B两点间的距离s=5.0m，物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.20，求恒力F多大．（g=10m/s2）．
12.将质量为0.5kg的杯子放在磅秤上，水龙头以每秒0.7kg水的流量注入杯中，流至10s时，磅秤求数为78.5N。则：注入杯中水流速度为多少？(g=10m/s2)
13. “蹦床”已成为奥运会的比赛项目．质量为m的运动员从床垫正上方高处自由落下，落垫后反弹的高度为h2，设运动员每次与床垫接触的时间为t，求在运动员与床垫接触的时间内运动员对床垫的平均作用力．（空气阻力不计，重力加速度为g）
某同学给出了如下的解答：
设在时间t内，床垫对运动员的平均作用力大小为F，运动员刚接触床垫时的速率为v1，刚离开床垫时的速率为v2，则由动量定理可知
① ②
由机械能守恒定律分别有
③
④
由①②③④式联立可得 ⑤
该同学解答过程是否正确？若不正确，请指出该同学解答过程中所有的不妥之处，并加以改正．
14．在宇宙飞船的实验舱内充满CO2气体，且一段时间内气体的压强不变，舱内有一块面积为S的平板紧靠舱壁，如图14-11所示．如果CO2气体对平板的压强是由于气体分子垂直撞击平板形成的，假设气体分子由上、下、左、右、前、后六个方向运动的分子构成，各方向运动的分子个数相等，且每个分子的速度均为υ，设气体分子与平板碰撞后仍以原速反弹．已知实验舱中单位体积内CO2的摩尔数为n，CO2的摩尔质量为μ，阿伏加德罗常数为NA，求：
（1）单位时间内打在平板上的CO2分子数；
（2）CO2气体对平板的压力．
15．如图14-12所示，质量mA为4.0kg的木板A放在水平面C上，木板与水平面间的动摩擦因数μ为0.24，木板右端放着质量mB为1.0kg的小物块B（视为质点），它们均处于静止状态.木板突然受到水平向右的12N·s的瞬时冲量I作用开始运动，当小物块滑离木板时，木板的动能EkA为8.0J，小物块的动能EkB为0.50J，重力加速度取10m/s2，求：
（1）瞬时冲量作用结束时木板的速度v0；
（2）木板的长度L．
图14-12
图14-11
图14-10
图14-9
A
B
C
L
v1
v2
S
G
图14-1
图14-2
图14-3
图14-4
图14-5
图14-6
图14-7
图14-8
PAGE专题二 动量守恒定律
一、内容要点
1．动量守恒定律的内容
一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变．
动量守恒定律是一条独立的实验定律，比牛顿定律发现得早，并不是牛顿由定律得出的．
(1)系统：由相互作用的物体所组成的整体叫做系统．这是动量守恒定律研究的对象．
(2)外力：系统以外的其他物体对系统内物体的作用力称外力或系统外力．内力：系统内各物体之间的相互作用的力叫内力或系统内力．只有先确定了系统的范围，才能判定某个力是外力还是内力．
(3)“系统的总动量保持不变”，是指在系统内的物体发生相互作用过程中的任意两个时刻系统的总动量(各物体动量的矢量和)都是相等的(大小相等，方向相同).内力的冲量只改变系统内各物体的动量而不能改变系统的总动量．决定系统总动量是否改变的因素是系统外力．一旦系统所受外力之和不为零，系统的总动量必将发生变化．
2．动量守恒定律的表达式
(1)p= p’．意义：系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p’(从守恒的角度列式)．
(2) p =p’-p=0．意义：系统总动量变化等于零(从变化角度列式)．
(3)对相互作用的两个物体组成的系统：
①p1+ p 2=p’1+p’2 或者m1v1 +m2v2=m1v1，+m2v2' 意义：两个物体作用前的动量的矢量和等于作用后的动量的矢量和．
②p1，-p2，=-(p’2-p2)或者 p1=- p2
意义：两物体动量的变化大小相等，方向相反．(从转移角度看，一物体动量增加多少，另一物体动量必减少多少)．
3.系统动量守恒的条件
（1）.充分且必要条件：系统不外力或所受外力之和为零
（2）.近似守恒：虽然系统所受外力之和不为零，但系统的内力远远大于外力，此时外力可以忽略不计。如：碰撞和爆炸。
（3）.某一方向上动量守恒：虽然系统所受外力之和不为零，但系统在某一方向上的外力之和为零，则该方向上的动量守恒。
4.注意事项
(1)动量守恒定律的矢量性：动量守恒定律的数学表达式是个矢量关系式．对于我们常见的，作用前后物体的运动方向都在同一直线上的问题，可选取一个正方向，凡与正方向相同的矢量均取正值，反之为负，这样即可将矢量运算简化为代数运算．
(2)瞬时性：动量守恒指系统在任一瞬间的动量恒定，等号左边是作用前系统内各动量在同一时刻的矢量和，等号右边是作用后系统内各动量在另一同时刻的矢量和．不是同一时刻的动量不能相加．
(3)参考系的同一性：表达式中的各速度(动量)均是相对于同一惯性参考系而言的，一般均以地面为参考系．若题设条件中各速度不是同一参考系的速度，就必须经过适当转换，使其成为同一参考系的速度值．
（4）整体性：初、末两个状态研究对象必须一致．
5.动量守恒的运用范围
动量守恒定律是自然界普遍适用的自然规律，是人类对自然界认识的一次飞跃．动量守恒定律不仅适用于宏观、低速的物体系，而且适用微观、高速的物体系；不仅适用于万有引力、电磁力、分子力相互作用的体系，而且适用于作用方式并不清楚的物体系．
6.碰撞和爆炸类问题的特点
（1）.时间特点：在碰撞、爆炸现象中，相互作用时间很短.
（2）.相互作用力的特点：在碰撞、爆炸过程中，物体间的相互作用力先是急剧增大，然后再急剧减小，即相互作用力为变力，作用时间短，作用力很大，且远远大于系统的外力，既使系统所受外力之和不为零，外力也可以忽略，故均可用动量守恒定律来处理．
（3）.在爆炸过程中，因有其他形式的能转化为动能，故系统的动能会增加，在碰撞过程中，系统的总动能是不可能增加的.
（4）.位移特点：由于碰撞、爆炸过程是在一瞬间发生的，时间极短，所以，在物体发生碰撞、炸的瞬间，可忽略物体的位移，即认为物体在碰撞、爆炸前后仍在同一位置.但速度发生了突变。
7．反冲
（1）概念：由于系统中的一部分物体向某一方向运动，而使另一部分物体向相反方向运动，这种现象叫反冲．反冲是动量守恒定律应用的一类典型实例．
（2）火箭原理：根据反冲运动原理（动量守恒定律），当火箭推进剂燃烧时，从尾部喷出的气体具有很大的动量，根据动量守恒定律，火箭就获得数值相等、方向相反的动量。因而发生连续的反冲现象，随着推进剂的消耗，火箭逐渐减轻，加速度不断增大，当推进剂烧尽时，火箭即以获得的速度沿预定的空间轨道飞行。根据动量守恒定律可以推导出单级火箭的最终速度公式（设火箭开始时飞行速度为零，用u表示燃烧气体相对于火箭的喷射速度，M0表示火箭开始时的总质量，Ms是火箭喷气终了时剩下的外壳及其他附属设备的总质量，通常称为火箭的质量比）：
8.平均动量守恒问题——人船模型的特点：
初态时相互作用物体都处于静止状态，在物体发生相对运动的过程中，某一个方向的动量守恒（如水平方向动量守恒）．对于这类问题，如果我们应用“人船模型”也会使问题迅速得到解决，具体分析见例题 2.
二、典型例题
例题1：如图14-13所示，A、B两物体的质量mA>mB，中间用一段细绳相连并有一被压缩的弹簧，放在平板小车C上后，A、B、C均处于静止状态．若地面光滑，则在细绳被剪断后，A、B从C上未滑离之前，A、B在C上向相反方向滑动过程中( )
A．若A、B与C之间的摩擦力大小相同，则A、B组成的系统动量守恒，A、B、C组成的系统动量也守恒
B．若A、B与C之间的摩擦力大小不相同，则A、B组成的系统动量不守恒，A、B、C组成的系统动量也不守恒
C．若A、B与C之间的摩擦力大小不相同，则A、B组成的系统动量不守恒，但A、B、C组成的系统动量守恒
D．以上说法均不对
解析：当A、B两物体组成一个系统时：弹簧的弹力为内力，而A、B与C之间的摩擦力为外力．当A、B与C之间的摩擦力等大反向时，A、B组成的系统所受外力之和为零．动量守恒；当A、B与C之间的摩擦力大小不相等时，A、B组成的系统所受外力之和不为零，动量不守恒．而对于A、B、C·组成的系统，由于弹簧的弹力，A、B与C之间的摩擦力均为内力，故不论A、B与C之间的摩擦力的大小是否相等，A、B、C·组成的系统所受外力之和均为零，故系统的动量守恒．答案：AC
例题 2： 如图14-14所示，长为L、质量为M的小船停在静水中，一个质量m的人立在船头，若不计水的粘滞阻力，当人从船头走到船尾的过程中，船和人对地面的位移各是多少？
解析：把人和船组成的系统作为研究对象，由于在人从船头走到船尾的过程中，系统在水平方向不受外力作用，所以水平方向动量守恒，人起步前系统的总动量为零．当人起步加速前进时，船同时向后做加速运动；当人匀速前进时，船同时向后做匀速运动；当人停下来时，船也停下来．设某一时刻人对地的速度为v，船对地的速度为V，选人前进的方向为正方向，根据动量守恒定律有 mv－MV=0，
即 ．
因为在人从船头走到船尾的整个过程中，每一时刻系统都满足动量守恒定律，所以每一时刻人的速度与船的速度之比，都与它们的质量之比成反比．从而可以得出判断：在人从船头走到船尾的过程中人的平均速度v与船的平均速度V之比也与它们的质量成反比，而人的位移s1=vt，船的位移s2=Vt，所以船的位移s2与人的位移s1之比，也应等于它们的质量的反比，即
上式是“人船模型”的位移与质量的关系式，此式的适用条件是：一个原来处于静止状态的系统，在系统发生相对运动的过程中，某一个方向的动量守恒（如水平方向或竖直方向）．
由图14-15可以看出：ｓ1+ｓ2=L，与上式联立解得
， ．
说明：此式仍为矢量式，解题要选取正方向；作用过程中两物体的位移，是相对于同一个参照系的，一般是相对地面的位移。
例题3：甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏。甲和他的冰车的质量共为M=30kg，乙和它的冰车总质量也是30kg，游戏时，甲推着一个质量为kg的箱子，和他一起以大小为m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来。为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住。若不计冰面的摩擦力。求甲至少要以多大的速度（相对于地面）将箱子推出，才能避免与乙相撞。
解析：如图14-16，在甲推出箱子的过程中，甲和箱子组成的系统动量守恒。乙接到箱子并和乙一起运动的过程中，乙和箱子组成的系统动量也是守恒的。在全过程中甲推箱子和乙接箱子中三个物体组成的系统动量也是守恒的。那么应该以哪个物体组为研究对象呢？
解法一：：设箱子被甲推出后的速度为，甲的速度为，根据动量守恒，则：
（1）
设乙抓住箱子后其速度为，根据动量守恒，则：
（2）
为了不使甲、乙相撞、应满足：
（3）
将（1）、（2）、（3）式联立得：
推箱子的最小速度代入数值后得m/s。
解法二：这道题若以甲、乙和箱子为研究对象，可以先求出三个物体具有相同运动速度时的速度，这个速度即是题解中的和，再选甲和箱子（或箱子和乙）为研究对象，问题就可以解决。这说明运用动量守恒定律处理问题时，要注意研究对象（系统）的灵活选择。
例题4:课外科技小组制作一只“水火箭”，用压缩空气压出水流使火箭运动。假如喷出的水流流量保持为2×10-4m3/s，喷出速度保持为对地10m/s．启动前火箭总质量为1.4kg，则启动2s末火箭的速度可以达到多少 已知火箭沿水平轨道运动阻力不计，水的密度是103kg/m3．
解析：“水火箭”喷出水流做反冲运动。设火箭原来总质量为M，喷出水流的流量为Q，水的密度为ρ,水流的喷出速度为v，火箭的反冲速度为v′，由动量守恒定律得
火箭启动后2 s末的速度为
三、习题
1．如图14-17所示，设车厢长度为L，质量为M，静止于光滑的水平面上，车厢内有一质量为m的物体以初速度v0向右运动，与车厢壁来回碰撞n次后，静止在车厢中。这时车厢的速度是 （ ）
A.v0水平向右 B.0
C.，水平向右。 D. ，水平向右。
2. Kˉ介子衰变的方程为，如图14-18所示，其中Kˉ介子和πˉ介子带负的基元电荷，π0介子不带电。一个Kˉ介子沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场中，其轨迹为圆弧AP，衰变后产生的πˉ介子的轨迹为圆弧PB，两轨迹在P点相切，它们的半径RKˉ与Rπ-之比为2∶1。π0介子的轨迹未画出。由此可知πˉ介子的动量大小与π0介子的动量大小之比为（ ）
A．1∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．1∶6
3．如图14-19所示，自行火炮连同炮弹的总质量为M，当炮管水平，火炮车在水平路面上以υ1的速度向右匀速行驶中，发射一枚质量为m的炮弹后，自行火炮的速度变为υ2，仍向右行驶，则炮弹相对炮筒的发射速度υ0为（ ）
A． B．
C． D．
4．质量为M的木块在光滑的水平面上以速度v1向右运动，质量为m的子弹以速度v2水平向左射入木块（子弹留在木块内），要使木块停下来，必须发射子弹的数目为（ ）
A． B． C． D．
5．载人气球原静止于高h的空中，气球质量为M，人的质量为m。若人要沿绳梯着地，则绳梯长至少是（ ）
A． B． C． D．h
6.如图14-20所示，A、B两质量相等的物体，原来静止在平板小车C上，A和B间夹一被压缩了的轻弹簧，A、B与平板车上表面动摩擦因数之比为3∶2，地面光滑。当弹簧突然释放后，A、B相对C滑动的过程中
①A、B系统动量守恒 ②A、B、C系统动量守恒
③小车向左运动 ④小车向右运动
以上说法中正确的是( )
A．①② B．②③ C．③① D．①④
7.如图14-21所示，在光滑水平面上，有一质量为M＝3 kg的薄板和质量为m＝1 kg的物块．都以v＝4 m/s的初速度朝相反方向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，当薄板的速度为2.4 m/s时，物块的运动情况是( )
A．做加速运动 B．做减速运动
C．做匀速运动 D．以上运动都可能
8.放在光滑水平面上的A、B两小车中间夹着一个压缩轻质弹簧，用两手分别控制小车使小车处于静止状态.下列说法中正确的是（ ）
A．两手同时放开后，两车的总动量为零
B．先放开右手，后放开左手，两车的总动量为零
C．先放开左手，后放开右手，两车的总动量为零
D．两手放开有先后，两车总动量不守恒
9.如图14-22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，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.左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
B.左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10
C.右方是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
10．如图14-23所示，在光滑的水平面上放着一个上部为半圆形光滑槽的木块，开始时木块是静止的，把一个小球放到槽边从静止开始释放，关于两个物体的运动情况，下列说法正确的是( )
A．当小球到达最低点时，木块有最大速率
B．当小球的速率最大时，木块有最大速率
C．当小球再次上升到最高点时，木块的速率为最大
D．当小球再次上升到最高点时，木块的速率为零
11. 如图14-24所示，质量均为M的两辆小车A和B静止在光滑水平面上，质量为m的人以水平速度v0跳上A车，为了避免A车和B车相撞，人随即由A车又跳上B车。问人至少要以多大的水平速度从A车跳向B车才行？
12. 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=0.5kg，mB=0.3kg，它们的下底面光滑，上表面粗糙；另有一质量mC=0.1kg的滑块C（可视为质点），以vC=25m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面，如图14-25所示，由于摩擦，滑块最后停在木块B上，B和C的共同速度为3.0m/s，求：
（1）木块A的最终速度vA；
（2）滑块C离开A时的速度vC’。
13．如图14-26所示，一对杂技演员（都视为质点）乘秋千（秋千绳处于水平位置）从A点由静止出发绕O点下摆，当摆到最低点B时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自己刚好能回到高处A．求男演员落地点C与O点的水平距离s．已知男演员质量m1和女演员质量m2之比，秋千的质量不计，秋千的摆长为R，C点比O点低5R．
14. 如图14-27所示，A、B两物体及平板小车C的质量之比为∶∶＝ 1∶2∶3, A、B间夹有少量炸药，如果A、B两物体原来静止在平板小车上，A、B与平板小车间的动摩擦因数相同，平板车置于光滑的水平面上. 炸药爆炸后，A、B分离，到物体A和物体B分别与小车相对静止时，所用时间之比为多少？（设平板小车足够长）
15．如图14-28所示，质量均为m的A、B两个弹性小球，用长为2l的不可伸长的轻绳连接．现把A、B两球置于距地面高H处（H足够大），间距为l．当A球自由下落的同时，B球以速度v0指向A球水平抛出．求：
（1）两球从开始运动到相碰，A球下落的高度．
（2）A、B两球碰撞（碰撞时无机械能损失）后，各自速度的水平分量．
（3）轻绳拉直过程中，B球受到绳子拉力的冲量大小．
图14-18
图14-16
图14-15
图14-17
v0
m
图14-27
A
C
B
图14-24
图14-28
B
图14-14
图14-13
图14-26
图14-25
图14-23
图14-22
图14-21
图14-20
图14-19
A
PAGE专题三：动量和能量的综合
一、内容要点
1.碰撞的分类
“碰撞”属于两个（或两个以上）物体在很短时间内的一种相互作用。使每一个物体在极短时间内运动状态发生了变化，它所受到的另一个物体施以的作用力（物体系的内力）是相当大的，以至于物体系统所受的外力作用效果可以忽略。所以在一般情况下不必对系统进行细致的分析就可以认为系统动量是守恒的。
从能量的角度来看，碰撞有三种情况。其一是碰撞过程中没有机械能损失，这是一种理想化的碰撞，也称作弹性碰撞；另一种是碰撞过程中机械能损失最大，也称作完全非弹性碰撞。它的明显特征是碰后系统内各物体具有相同的速度。第三种是一般的碰撞，碰撞过程中既有机械能损失，又损失的不是最大，称为非完全弹性碰撞。
对于两个物体的正碰问题，碰撞前后是这样的：
（1）.弹性碰撞应同时满足：
经解可得唯一的一组解：
弹性碰撞的几种特殊情况：
①当ml=m2时，v1=0，v2=v0(速度互换)
②当ml<
③当ml>m2时，v1>0，v2>0(同向运动)
④当ml0(反向运动)
⑤当ml>>m2时，v1≈v,v2≈2v0 (同向运动)、
（2）.完全非弹性碰撞应满足：
可得唯一的解：
（3）.非完全弹性碰撞只能满足：
动能损失：
2、在处理碰撞问题时，通常要抓住三项基本原则：
（1）.碰撞过程中动量守恒原则．
发生碰撞的物体系在碰撞过程中，由于作用时间很短，相互作用力很大，系统所受的外力大小可忽略。动量守恒．
（2）.碰撞后系统动能不增原则．
碰撞过程中系统内各物体的动能将发生变化，对于弹性碰撞，系统内物体间动能相互转移？没有转化成其他形式的能，因此总动能守恒；而非弹性碰撞过程中系统内物体相互作用时有一部分动能将转化为系统的内能，系统的总动能将减小．因此，碰前系统的总动能一定大于或等于碰后系统的总动能．
（3）.碰撞后运动状态的合理性原则．
碰撞过程的发生应遵循客观实际．如甲物追乙物并发生碰撞，碰前甲的速度必须大于乙的速度，碰后甲的速度必须小于、等于乙的速度或甲反向运动．
3、“子弹打木块”模型
子弹打木块实际上是一种完全非弹性碰撞。作为一个典型，它的特点是：子弹以水平速度射向原来静止的木块，并留在木块中跟木块共同运动。例题1中从动量、能量和牛顿运动定律等多个角度来分析了这一过程。
二、典型例题
例题1：如图14-29所示，质量为m的子弹以初速度v0射向静止在光滑水平面上的质量为M的木块，并留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为d。求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。
解析：子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞。
从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒：
从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能。设平均阻力大小为f，设子弹、木块的位移大小分别为s1、s2，如图所示，显然有s1-s2=d
对子弹用动能定理： ……①
对木块用动能定理： ……②
①、②相减得： ……③
这个式子的物理意义是：fd恰好等于系统动能的损失；根据能量守恒定律，系统动能的损失应该等于系统内能的增加；可见，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热（机械能转化为内能），等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积由上式不难求得平均阻力的大小：
至于木块前进的距离s2，可以由以上②、③相比得出：
从牛顿运动定律和运动学公式出发，也可以得出同样的结论。由于子弹和木块都在恒力作用下做匀变速运动，位移与平均速度成正比：
一般情况下，所以s2<例题2： 在光滑平台上有一静止的长L=0.5m，质量M=1kg的木板，其左端上静止着一个质量为m=1kg的钢块，其大小可忽略不计，质量为m′=10g的子弹以大小为v0=200m/s的水平速度从左边射到钢块上，又以大小为v1=100m/s的速度弹回，问钢块与木板间的摩擦系数至少是多大，钢块才不会从木板右端落下。
解析：本题的相互作用过程分为两个过程。一个是子弹与钢块的碰撞过程，另一个是钢块与木板的作用过程。
子弹与钢块碰撞瞬间，子弹、钢块系统动量守恒。设v2方向为正，
则有m′v1=－m′v0+mv2，代入数据解得v2=3m/s。
子弹与钢块碰撞结束后，钢块与木板间发生相互作用，系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒。则mv2=(M+m)v3，v3为共同前进速度。解得v3=1.5m/s。
设获得速度v3瞬间刚好达到木板右端，并设此时木块前进距离为S，则钢块前进距离为S＋L。对木板应用动能定理： ①
对钢块应用动能定理： ②
③
联立① ② ③解得
例题3： 如图14-30所示，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑的水平面上.物体A被水平速度为v0的子弹射中并嵌在其中.已知物体B的质量为mB，物体A的质量是物体B的质量的，子弹的质量是物体B的质量的，求弹簧压缩到最短时的弹性势能.
解析：本题所研究的总过程可分成两个子过程：一是子弹射入A的过程(从子弹开始射入A到它们获得相同速度)，这一过程时间极短，物体A的位移可忽略，故弹簧没有形变，B没有受到弹簧的作用，其运动状态没有变化.所以在这个过程中仅是子弹和A发生相互作用(碰撞)，由动量守恒定律有mv0=(m+mA)v1,
子弹和A获得的共同速度为v1=
二是A(包括子弹)以v1的速度开始压缩弹簧，在这一过程中，A(包括子弹)向右做减速运动，B向右做加速运动.当A(包括子弹)的速度大于B的速度时，它们间的距离缩短，弹簧的压缩量增大；当A(包括子弹)的速度小于B的速度时，它们间的距离增大，弹簧的压缩量减小.所以当A(包括子弹)的速度和B的速度相等时，弹簧被压缩到最短，弹性势能最大.这一过程中，系统(A、子弹、B)所受的外力(重力、支持力)的合力为零，遵守动量守恒定律.由动量守恒定律得(m+mA)v1=(m+mA+mB)v2解得v2=.
从子弹与A有共同速度至弹簧被压缩到最短的过程，系统（A、B、子弹、弹簧）的机械能守恒.设弹簧最短时弹性势能为EP，则有
(m+mA)v12= (m+mA+mB)v22+EP 解得 Ep=mBv02
求共同速度v2也可以子弹、A、B组成的系统为研究对象.从子弹开始射入木块一直到弹簧被压缩到最短的过程中，系统所受的外力(重力、支持力)的合力始终为零，故全过程系统的动量守恒，由动量守恒定律得mv0=(m+mA+mB)v2同样解得v2=.
说明：在碰撞过程中，由于时间很短，只有直接相碰的物体的动量才有明显变化，其他物体动量没有明显变化.弹簧的压缩是在子弹与A相碰之后，这种认识是实际过程的较好的近似.这种处理方法也是理想化方法.本题的关键是弹簧最短即A、B相距最近时，它们的速度相同.
例题4：质量为M、长为l的木块静止在光滑水平面上，现有一质量为m的子弹以水平初速度v0射入木块，穿出时子弹速度为v，求子弹与木块作用过程中系统损失的机械能。
解析：如图14-31所示，设子弹穿过木块时所受阻力为f，穿出时木块速度为V，位移为s，则子弹位移为(s+l)。水平方向不受外力，由动量守恒定律得：mv0=mv+MV ①
由动能定理，对子弹： -f(s+l)= ②
对木块 fs= ③
由①式得 V=
代入③式有 fs= ④
②+④得
例题5：如图14-32所示，在光滑的水平面上，质量为M = 1 kg的平板车左端放有质量为m = 2 kg的铁块，铁块与车之间的摩擦因素μ= 0.5 。开始时，车和铁块以共同速度v = 6 m/s向右运动，车与右边的墙壁发生正碰，且碰撞是弹性的。车身足够长，使铁块不能和墙相碰。重力加速度g = 10 m/s2 。
试求：1、铁块相对车运动的总路程；2、平板车第一次碰墙后所走的总路程。
解析：本模型介绍有两对相互作用时的处理常规。能量关系介绍摩擦生热定式的应用。由于过程比较复杂，动量分析还要辅助以动力学分析，综合程度较高。
由于车与墙壁的作用时短促而激烈的，而铁块和车的作用是舒缓而柔和的，当两对作用同时发生时，通常处理成“让短时作用完毕后，长时作用才开始”（这样可以使问题简化）。在此处，车与墙壁碰撞时，可以认为铁块与车的作用尚未发生，而是在车与墙作用完了之后，才开始与铁块作用。
规定向右为正向，将矢量运算化为代数运算。
车第一次碰墙后，车速变为－v ，然后与速度仍为v的铁块作用，动量守恒，作用完毕后，共同速度v1 = = ，因方向为正，必朝墙运动。车会不会达共同速度之前碰墙？动力学分析：车离墙的最大位移S = ,反向加速的位移S′= ，其中a = a1 = ，故S′＜ S ，所以，车碰墙之前，必然已和铁块达到共同速度v1 。
车第二次碰墙后，车速变为－v1 ，然后与速度仍为v1的铁块作用，动量守恒，作用完毕后，共同速度v2 = = = ，因方向为正，必朝墙运动。
车第三次碰墙，……共同速度v3 = = ，朝墙运动。……
以此类推，我们可以概括铁块和车的运动情况：
铁块：匀减速向右→匀速向右→匀减速向右→匀速向右……
平板车：匀减速向左→匀加速向右→匀速向右→匀减速向左→匀加速向右→匀速向右……
显然，只要车和铁块还有共同速度，它们总是要碰墙，所以最后的稳定状态是：它们一起停在墙角（总的末动能为零）。
1.全程能量关系：对铁块和车系统，－ΔEk =ΔE内 ，且，ΔE内 = f滑 S相 ，即：（m + M）v2 = μmg·S相 代入数字得：S相 = 5.4 m
2.平板车向右运动时比较复杂，只要去每次向左运动的路程的两倍即可。而向左是匀减速的，故
第一次：S1 = 第二次：S2 = = 第三次：S3 = = ……
n次碰墙的总路程是：
ΣS = 2（ S1 + S2 + S3 + … + Sn ）= （ 1 + + + … + ）
= （ 1 + + + … + ）
碰墙次数n→∞，代入其它数字，得：ΣS = 4.05 m
三、习题
1.物体在恒定的合力F作用下做直线运动，在时间内速度由0增大到v，在时间内速度由v增大到2v，设F在内做的功为W1，冲量是I1；在的内做的功是W2，冲量是I2，那么（ ）
A.， B.，
C.， D.，
2.甲、乙两小球质量不同（m甲＞m乙）但动能相同，在光滑水平面上相向正碰后，其中一个球的速度变为0，则（ ）
A．一定是甲球的速度为0
B．一定是乙球的速度为0
C．同时另一个小球速度也为0
D．不能确定哪个小球速度为0
3.关于一对作用力与反作用力在作用过程中的总功W和总冲量I ，下列说法中正确的是（ ）
A．W一定等于零，I可能不等于零
B．W可能不等于零，I一定等于零
C．W和I一定都等于零
D．W和I可能都不等于零。
4.两球A、B在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，mA=1 kg，mB=2 kg，vA=6 m/s，vB=2 m/s。当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是（ ）
A．vA′=5 m/s， vB′=2.5 m/s B．vA′=2 m/s， vB′=4 m/s
C．vA′=－4 m/s，vB′=7 m/s D．vA′=7 m/s， vB′=1.5 m/s
5．如图14-33所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短。把子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象，则此系统在子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中（ ）
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．动量不守恒、机械能不守恒
6．质量为m的小球A在光滑水平面上以速度v0与质量2m的静止小球B发生正碰。碰后A的动能恰好变为原来的1/9，则B球速度的大小可能是 （ ）
A．v0/3 B．2v0/3 C．4v0/9 D．8v0/9
7.在光滑水平面上，动能为E0、动量的大小为P0的小钢球l和静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反．将碰撞后球1的动能和动量的大小分别记为E1、P1，球2的动能和动量的大小分别记为E2、P2，则必有（ ）
A.E1E0 D. P2>P0
8.在光滑水平地面上有两个相同的弹性小球A、B，质量都为m。现B球静止，A球向B球运动，发生正碰。已知碰撞过程中总机械能守恒，两球压缩最紧时的弹性势能为EP，则碰前A球的速度等于（ ）
A B C 2 D 2
9．如图14-34所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视作质点，质量相等．Q与轻质弹簧相连．设Q静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞．在整个碰撞过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于（ ）
A．P的初动能 B．P的初动能的1/2
C．P的初动能的1/3 D．P的初动能的1/4
10.如图14-35所示，固定在水平面上的竖直轻弹簧上端与质量为M的物块A相连，静止时物块A位于P处．另有一质量为m的物块B，从A的正上方Q处自由下落，与A发生碰撞立即具有相同的速度，然后A、B一起向下运动，将弹簧继续压缩后，物块A、B被反弹．下面是有关的几个结论
①A、B反弹过程中，在P处物块B与A相分离
②A、B反弹过程中，在P处物块B与A仍未分离
③B可能回到Q处
④B不可能回到Q处
其中正确的是 ( )
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
11. 质量为M 、程度为L的木板固定在光滑水平面上，另一个质量为m的滑块以水平初速v0冲上木板，恰好能从木板的另一端滑下。现解除木板的固定（但无初速），让相同的滑块再次冲上木板，要求它仍能从另一端滑下，其初速度应为多少？
12．如图14-36所示，坡道顶端距水平面高度为h，质量为m1的小物块A从坡道顶端由静止滑下，进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使A制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线M处的墙上，一端与质量为m2的档板B相连，弹簧处于原长时，B恰位于滑道的末端O点．A与B碰撞时间极短，碰后结合在一起共同压缩弹簧，已知在OM段A、B与水平面间的动摩擦因数均为μ，其余各处的摩擦不计，重力加速度为g，求：
（1）物块A在与挡板B碰撞前瞬间速度v的大小；
（2）弹簧最大压缩量为d时的弹性势能Ep（设弹簧处于原长时弹性势能为零）．
13.如图14-37所示，在光滑的水平面上放置一质量为m的小车，小车上有一半径为R的光滑的弧形轨道，设有一质量为m的小球，以v0的速度，方向水平向左沿圆弧轨道向上滑动，达到某一高度h后，又沿轨道下滑，试求h的大小及小球刚离开轨道时的速度．
14.如图14-38所示，质量为m的有孔物体A套在光滑的水平杆上，在A下面用足够长的细绳挂一质量为M的物体B。一个质量为m0的子弹C以v0速度射入B并留在B中，求B上升的最大高度。
15.．如图14-39所示，光滑的水平面上有mA=2kg，mB= mC=1kg的三个物体，用轻弹簧将A与B连接．在A、C两边用力使三个物体靠近，A、B间的弹簧被压缩，此过程外力做功72 J，然后从静止开始释放，求：
（1）当物体B与C分离时，B对C做的功有多少？
（2）当弹簧再次恢复到原长时，A、B的速度各是多大？
图14-35
图14-34
图14-33
图14-31
图14-30
P
Q
s2 d
s1
v0
v
图14-32
图14-38
图14-37
图14-36
l
v0 v
S
v
A
B
图14-29
C
v0
图 14-39
A
B
C
PAGE专题一 动量 冲量 动量定理
习题
1. D 2. C 3. B 4. CD 5. D 6. C 7. B 8. AD 9. B 10. AD
11. 解析：设撤去力F前物块的位移为s1，撤去力F 时物块速度为v．
物块受到的滑动摩擦力F1=μmg
撤去力F后，由动量定理得－F1t=－mv
由运动学公式得s－s1=vt/2
全过程应用动能定理得Fs1－F1s=0
由以上各式得
代入数据得F=15N
12. 5m/s
13. 此同学解答有如下错误
（1）原解法中②式中未注意动量的矢量性
正确的表达式为 规定竖直向上方向为正，
（2）①式中冲量应为合外力的冲量，即垫对运动员的作用力和重力的合力冲量
正确的表达式为
（3）题中所求F为床垫对运动员的作用力，而题要求运动员对床垫的作用力
正确的表述为 由牛顿第三定律可得，运动员对床垫的作用力大小
（4）未说明运动员对床垫作用力的方向，应给出“运动员对床垫作用力的方向竖直向下”
14. 答案：(1)设在△t时间内，CO2分子运动的距离为L，则 L=υ△t 打在平板上的分子数△N=n L S N A
故单位时间内打在平板上的C02的分子数为 得N=n S N Aυ
(2)根据动量定理 F△t=(2mυ)△N μ=N A m 解得 F=nμSυ2 CO2气体对平板的压力 F/ = F =nμSυ2
15.答案： 0.50m
解析：（1）设水平向右为正方向，有I=mAv0
代入数据得v0=3.0m/s
（2）设A对B、B对A、C对A的滑动摩擦力的大小分别为FAB、FBA和FCA，B在A上滑行的时间为t，B离开A时A和B的速度分别为vA和vB，有
－(FBA＋FCA )t=mAvA－mAvA
FABt=mBvB
其中FAB=FBA FCA=μ(m A＋mB)g
设A、B相对于C的位移大小分别为sA和sB，
有
FABsB=EkB
动量与动能之间的关系为
木板A的长度L=sA－sB
代入数据解得L=0.50m
专题二 动量守恒定律
习题
1. C 2. C 3. B 4. C 5. A 6. B 7. A 8. AD 9. A 10. ABD
12.答案：
11. 解析：这是一个由A、B、C三个物体组成的系统，以这系统为研究对象，当C在A、B上滑动时，A、B、C三个物体间存在相互作用，但在水平方向不存在其他外力作用，因此系统的动量守恒。
（1）当C滑上A后，由于有摩擦力作用，将带动A和B一起运动，直至C滑上B后，A、B两木块分离，分离时木块A的速度为。最后C相对静止在B上，与B以共同速度运动，由动量守恒定律有
∴
（2）为计算，我们以B、C为系统，C滑上B后与A分离，C、B系统水平方向动量守恒。C离开A时的速度为，B与A的速度同为，由动量守恒定律有
∴
13. 答案：8R
解析：设分离前男女演员在秋千最低点B的速度为vB，由机械能守恒定律，得
设刚分离时男演员速度的大小为v1，方向与v0相同；女演员速度的大小为v2，方向与v0相反，由动量守恒：(m1＋m2)v0=m1v1－m2v2
分离后，男演员做平抛运动，设男演员从被推出到落在C点所需的时间为t，根据题给条件，从运动学规律，
根据题给条件，女演员刚好回到A点，由机械能守恒定律得
已知m1=2m2，由以上各式可得s=8R
14. 取水平向左为正方向. 设A、B分离时的速率分别为、，B相对C静止时A的速率为＇，B、C的共同速率为，所求时间分别为、.
对A、B在炸药爆炸的过程，由动量守恒定律有
…………………………①
可得： …………………………②
对A、B和C从爆炸后到B相对C静止的过程，由动量守恒定律有
…………………………③
可得： …………………………④
对A的速率从～＇和～0的两个过程，由动量定理有
…………………………⑤
…………………………⑥
对B, 由动量定理有
…………………………⑦
联立②④⑤⑥⑦式，解得：
15.答案：（1）；（2）；（3）
解析：（1）设到两球相碰时A球下落的高度为h，由平抛运动规律得
①
②
联立①②得 ③
（2）A、B两球碰撞过程中，由水平方向动量守恒，得
④
由机械能守恒定律，得
⑤
式中
联立④⑤解得
（3）轻绳拉直后，两球具有相同的水平速度，设为vBx,，由水平方向动量守恒，得
由动量定理得
专题三：动量和能量的综合
习题
1. D 2. A 3. B 4. B 5. D 6. AB 7. ABD 8. C 9. CD 10. D
11. 答案：= v0 。
解析：由第一过程，得滑动摩擦力f = 。
第二过程应综合动量和能量关系（“恰滑下”的临界是：滑块达木板的另一端，和木板具有共同速度，设为v ），设新的初速度为
m =（ m + M ）v
m - （ m + M ）v2 = fL
解以上三式即可。
12.答案:（1）；（2）
解析：（1）由机械能守恒定律，有
解得v＝
（2）A、B在碰撞过程中内力远大于外力，由动量守恒，有
碰后A、B一起压缩弹簧，）到弹簧最大压缩量为d时，A、B克服摩擦力所做的功
由能量守恒定律，有
解得
13. 解析：小球从进入轨道，到上升到h高度时为过程第一阶段，这一阶段类似完全非弹性的碰撞，动能损失转化为重力势能(而不是热能)．
据此可列方程：………………………①
…………②
解得：．
小球从进入到离开，整个过程属弹性碰撞模型，又由于小球和车的等质量，由弹性碰撞规律可知，两物体速度交换，故小球离开轨道时速度为零．
14. 解析：向左为正，对B、C碰撞由动量守恒得
向左为正，对A、B、C全过程水平方向由动量守恒得
对A、B、C上升过程由机械能守恒得
15．（1）当弹簧恢复原长时，B与C分离，0=mAvA－（mB+mc）vC ①，
EP= + ②，
对C由动能定理得W=－0 ③，
由①②③得W=18J，vA=vC=6m/s．
（2）取A、B为研究系统，mAvA －mB vC= mAvA’ +mB vC’，
+= mAvA’+ mB vC’，
当弹簧恢复到原长时A、B的速度分别为：，vA=vB=6m/s或vA=-2m/s， vB=10m/s．
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