专题十七 动量守恒定律（原卷版）
考点
要求
考点解读及预测
动量 动量定理
Ⅰ
1.考查方式
从近几年高考题来看，对于选修3－5内容的考查，内容和形式都比较固定，一般第(1)(2)问为选择题和填空题，考查原子和原子核的基本概念和规律．第(3)问计算题是考查碰撞中的动量和能量的综合应用．
2．命题趋势
(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
动量守恒定律及其应用
Ⅰ
弹性碰撞和非弹性碰撞
Ⅰ
一、动量定理的理解与应用
1．动量定理的理解
(1)矢量式．
(2)F既可以是恒力也可以是变力．
(3)冲量是动量变化的原因．
(4)由Ft＝p′－p，得F＝＝，即物体所受的合力等于物体的动量对时间的变化率．
2．用动量定理解释现象
(1)Δp一定时，F的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小．
(2)F一定，此时力的作用时间越长，Δp就越大；力的作用时间越短，Δp就越小．
分析问题时，要把哪个量一定，哪个量变化搞清楚．
3．用动量定理解题的基本思路
(1)确定研究对象．在中学阶段用动量定理讨论的问题，其研究对象一般仅限于单个物体．
(2)对物体进行受力分析．可先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和——合力的冲量；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，如有必要还需要补充其他方程，最后代入数据求解．
二、动量守恒定律的应用
1、动量守恒的“四性”
(1)矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，需要首先选取正方向，分清各物体初、末动量的正、负．
(2)瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初始时刻的总动量相等．
(3)同一性：速度的大小跟参考系的选取有关，应用动量守恒定律，各物体的速度必须是相对于同一参考系的速度，一般选地面为参考系．
(4)普适性：它不仅适用于两个物体所组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统．
2．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。
三、碰撞模型的规律及应用
1．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。
2．碰撞现象满足的三个规律：
(1)动量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′.
(2)动能不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.
(3)速度要合理
①若碰前两物体同向运动，则碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体仍同向运动，则应有v前′≥v后′.
②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．
3．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.
当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度．
四、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、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．
(2)动量守恒定律和能量守恒定律都只考查一个物理过程的初、末两个状态，对过程的细节不予追究．
(3)注意挖掘隐含条件，根据选取的对象和过程判断动量和能量是否守恒．
一、动量定理的理解与应用
【典例1】 (2016·全国乙卷T35(2))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．
【思路点拔】 解答本题应从以下三点分析：
(1)应用“微元法”分析流体问题．
(2)喷出的水流流量相等．
(3)应用动量定理分析水流的冲击力．
【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＝ρΔV ①
ΔV＝v0SΔt ②
由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为
＝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，由能量守恒得
(Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v 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＝－. ⑧
【答案】 (1)ρv0S (2)－
二、动量守恒定律的应用
【典例2】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 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．求：
(1)两车最近时，乙的速度大小；
(2)甲车开始反向运动时，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＝ 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/s＝2 m/s.
【答案】(1)1.33 m/s (2)2 m/s
【规律方法】动量守恒定律解题的基本步骤
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(或某一方向上动量是否守恒)；
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．
三、碰撞模型的规律及应用
【典例3】．如图5所示，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间．A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态．现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．
图5
【思路点拔】解此题的关键有两点：
(1)物体间相互作用的过程是否满足动量守恒．
(2)物体多过程要选取不同的研究对象，并分段研究．
【解析】 A向右运动与C发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒．设速度方向向右为正，开始时A的速度为v0，第一次碰撞后C的速度为vC1，A的速度为vA1，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
mv0＝mvA1＋MvC1 ①
mv＝mv＋Mv ②
联立①②式得
vA1＝v0 ③
vC1＝v0 ④
如果m>M，第一次碰撞后，A与C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能与B发生碰撞；如果m＝M，第一次碰撞后，A静止，C以A碰前的速度向右运动，A不可能与B发生碰撞；所以只需考虑m第一次碰撞后，A反向运动与B发生碰撞．设与B发生碰撞后，A的速度为vA2，B的速度为vB1，同样有
vA2＝vA1＝2v0 ⑤
根据题意，要求A只与B、C各发生一次碰撞，应有vA2≤vC1 ⑥
联立④⑤⑥式得m2＋4mM－M2≥0 ⑦
解得m≥(－2)M ⑧
另一解m≤－(＋2)M舍去．
所以，m和M应满足的条件为
(－2)M≤m【答案】(－2)M≤m四、动量与能量的综合应用
【典例4】质量为2 kg、长度为2.5 m的长木板B在光滑的水平地面上以4 m/s的速度向右运动，将一可视为质点的物体A轻放在B的右端，若A与B之间的动摩擦因数为0.2，A的质量为m＝1 kg，g取10 m/s2.
(1)说明此后A、B的运动性质；
(2)分别求出A、B的加速度大小；
(3)经过多少时间A从B上滑下？
(4)A滑离B时，A、B的速度分别为多大？A、B的位移分别为多大？
(5)若木板B足够长，求最后A、B的共同速度；
(6)当木板B为多长时，A恰好没从B上滑下(木板B至少为多长，A才不会从B上滑下)?
【思路点拔】(1)物体A放在B上后，两者分别做什么运动？
(2)A滑离B时，两者满足的位移关系是什么？
(3)A恰好没从B上滑下的条件是什么？
【解析】 (1)由于刚放上A时，A的速度为零，B的速度不为零，则两者发生相对滑动，在滑动摩擦力的作用下，A做匀加速直线运动，B做匀减速直线运动．
(2)两者之间的摩擦力为Ff＝μmAg＝2 N，
所以aA＝＝2 m/s2，aB＝＝1 m/s2.
(3)A从B上滑下时两者的相对位移等于木板的长度，
而xA＝aAt2，xB＝v0t－aBt2，
所以有v0t－aBt2－aAt2＝L，
解得t＝1 s.
(4)此时vA＝2 m/s，vB＝3 m/s，
xA＝aAt2＝1 m，xB＝v0t－aBt2＝3.5 m.
(5)若木板B足够长，根据动量守恒定律可得mBv0＝(mB＋mA)v，
解得v＝ m/s.
(6)当A运动到B的最左端时，A的速度和B的速度相同，A恰好不掉下来，根据(5)可得此时的速度为v＝ m/s.
根据动能定理可得μmAgL＝mBv－(mA＋mB)v2，
解得L＝m.
【答案】(1)见解析 (2)2 m/s2 1 m/s2 (3)1 s(4)见解析 (5) m/s (6) m
【规律方法】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．
(2)动量守恒定律和能量守恒定律都只考查一个物理过程的初、末两个状态，对过程的细节不予追究．
(3)注意挖掘隐含条件，根据选取的对象和过程判断动量和能量是否守恒．
1．(2018·锦屏中学模拟)一个质量是5 kg的小球以5 m/s的速度竖直落到地板上，随后以3 m/s的速度反向弹回，若取竖直向下的方向为正方向，则小球动量的变化量是( )
A．10 kg·m/s B．－10 kg·m/s
C．40 kg·m/s D．－40 kg·m/s
2．(2018·前黄中学检测)如图1所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触面是光滑的，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，则此系统从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，机械能减小
D．动量不守恒，机械能减小
3．(多选)(2018·徐州三中月考)光滑水平地面上，A、B两物体质量都为m，A以速度v向右运动，B原来静止，左端有一轻弹簧，如图3所示，当A撞上弹簧，弹簧被压缩最短时( )
A．A、B系统总动量仍然为mv
B．A的动量变为零
C．B的动量达到最大值
D．A、B的速度相等
4.如图4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
5．(多选)两个小球A、B在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别是m1＝4 kg，m2＝2 kg，A的速度v1＝3 m/s(设为正)，B的速度v2＝－3 m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别是( )
A．均为1 m/s B．＋4 m/s和－5 m/s
C．＋2 m/s和－1 m/s D．－1 m/s和＋5 m/s
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
D．小球动量的改变量等于所受阻力的冲量
7．(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
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． B．
C． D．
9．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＝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＝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m
10．[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
11．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＝，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。
12．(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。
13．(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？
14.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？
专题十七 动量守恒定律（解析版）
考点
要求
考点解读及预测
动量 动量定理
Ⅰ
1.考查方式
从近几年高考题来看，对于选修3－5内容的考查，内容和形式都比较固定，一般第(1)(2)问为选择题和填空题，考查原子和原子核的基本概念和规律．第(3)问计算题是考查碰撞中的动量和能量的综合应用．
2．命题趋势
(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
动量守恒定律及其应用
Ⅰ
弹性碰撞和非弹性碰撞
Ⅰ
一、动量定理的理解与应用
1．动量定理的理解
(1)矢量式．
(2)F既可以是恒力也可以是变力．
(3)冲量是动量变化的原因．
(4)由Ft＝p′－p，得F＝＝，即物体所受的合力等于物体的动量对时间的变化率．
2．用动量定理解释现象
(1)Δp一定时，F的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小．
(2)F一定，此时力的作用时间越长，Δp就越大；力的作用时间越短，Δp就越小．
分析问题时，要把哪个量一定，哪个量变化搞清楚．
3．用动量定理解题的基本思路
(1)确定研究对象．在中学阶段用动量定理讨论的问题，其研究对象一般仅限于单个物体．
(2)对物体进行受力分析．可先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和——合力的冲量；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，如有必要还需要补充其他方程，最后代入数据求解．
二、动量守恒定律的应用
1、动量守恒的“四性”
(1)矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，需要首先选取正方向，分清各物体初、末动量的正、负．
(2)瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初始时刻的总动量相等．
(3)同一性：速度的大小跟参考系的选取有关，应用动量守恒定律，各物体的速度必须是相对于同一参考系的速度，一般选地面为参考系．
(4)普适性：它不仅适用于两个物体所组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统．
2．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。
三、碰撞模型的规律及应用
1．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。
2．碰撞现象满足的三个规律：
(1)动量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′.
(2)动能不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.
(3)速度要合理
①若碰前两物体同向运动，则碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体仍同向运动，则应有v前′≥v后′.
②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．
3．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.
当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度．
四、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、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．
(2)动量守恒定律和能量守恒定律都只考查一个物理过程的初、末两个状态，对过程的细节不予追究．
(3)注意挖掘隐含条件，根据选取的对象和过程判断动量和能量是否守恒．
一、动量定理的理解与应用
【典例1】 (2016·全国乙卷T35(2))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．
【思路点拔】 解答本题应从以下三点分析：
(1)应用“微元法”分析流体问题．
(2)喷出的水流流量相等．
(3)应用动量定理分析水流的冲击力．
【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＝ρΔV ①
ΔV＝v0SΔt ②
由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为
＝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，由能量守恒得
(Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v 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＝－. ⑧
【答案】 (1)ρv0S (2)－
二、动量守恒定律的应用
【典例2】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 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．求：
(1)两车最近时，乙的速度大小；
(2)甲车开始反向运动时，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＝ 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/s＝2 m/s.
【答案】(1)1.33 m/s (2)2 m/s
【规律方法】动量守恒定律解题的基本步骤
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(或某一方向上动量是否守恒)；
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．
三、碰撞模型的规律及应用
【典例3】．如图5所示，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间．A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态．现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．
图5
【思路点拔】解此题的关键有两点：
(1)物体间相互作用的过程是否满足动量守恒．
(2)物体多过程要选取不同的研究对象，并分段研究．
【解析】 A向右运动与C发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒．设速度方向向右为正，开始时A的速度为v0，第一次碰撞后C的速度为vC1，A的速度为vA1，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
mv0＝mvA1＋MvC1 ①
mv＝mv＋Mv ②
联立①②式得
vA1＝v0 ③
vC1＝v0 ④
如果m>M，第一次碰撞后，A与C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能与B发生碰撞；如果m＝M，第一次碰撞后，A静止，C以A碰前的速度向右运动，A不可能与B发生碰撞；所以只需考虑m第一次碰撞后，A反向运动与B发生碰撞．设与B发生碰撞后，A的速度为vA2，B的速度为vB1，同样有
vA2＝vA1＝2v0 ⑤
根据题意，要求A只与B、C各发生一次碰撞，应有vA2≤vC1 ⑥
联立④⑤⑥式得m2＋4mM－M2≥0 ⑦
解得m≥(－2)M ⑧
另一解m≤－(＋2)M舍去．
所以，m和M应满足的条件为
(－2)M≤m【答案】(－2)M≤m四、动量与能量的综合应用
【典例4】质量为2 kg、长度为2.5 m的长木板B在光滑的水平地面上以4 m/s的速度向右运动，将一可视为质点的物体A轻放在B的右端，若A与B之间的动摩擦因数为0.2，A的质量为m＝1 kg，g取10 m/s2.
(1)说明此后A、B的运动性质；
(2)分别求出A、B的加速度大小；
(3)经过多少时间A从B上滑下？
(4)A滑离B时，A、B的速度分别为多大？A、B的位移分别为多大？
(5)若木板B足够长，求最后A、B的共同速度；
(6)当木板B为多长时，A恰好没从B上滑下(木板B至少为多长，A才不会从B上滑下)?
【思路点拔】(1)物体A放在B上后，两者分别做什么运动？
(2)A滑离B时，两者满足的位移关系是什么？
(3)A恰好没从B上滑下的条件是什么？
【解析】 (1)由于刚放上A时，A的速度为零，B的速度不为零，则两者发生相对滑动，在滑动摩擦力的作用下，A做匀加速直线运动，B做匀减速直线运动．
(2)两者之间的摩擦力为Ff＝μmAg＝2 N，
所以aA＝＝2 m/s2，aB＝＝1 m/s2.
(3)A从B上滑下时两者的相对位移等于木板的长度，
而xA＝aAt2，xB＝v0t－aBt2，
所以有v0t－aBt2－aAt2＝L，
解得t＝1 s.
(4)此时vA＝2 m/s，vB＝3 m/s，
xA＝aAt2＝1 m，xB＝v0t－aBt2＝3.5 m.
(5)若木板B足够长，根据动量守恒定律可得mBv0＝(mB＋mA)v，
解得v＝ m/s.
(6)当A运动到B的最左端时，A的速度和B的速度相同，A恰好不掉下来，根据(5)可得此时的速度为v＝ m/s.
根据动能定理可得μmAgL＝mBv－(mA＋mB)v2，
解得L＝m.
【答案】(1)见解析 (2)2 m/s2 1 m/s2 (3)1 s(4)见解析 (5) m/s (6) m
【规律方法】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．
(2)动量守恒定律和能量守恒定律都只考查一个物理过程的初、末两个状态，对过程的细节不予追究．
(3)注意挖掘隐含条件，根据选取的对象和过程判断动量和能量是否守恒．
1．(2018·锦屏中学模拟)一个质量是5 kg的小球以5 m/s的速度竖直落到地板上，随后以3 m/s的速度反向弹回，若取竖直向下的方向为正方向，则小球动量的变化量是( )
A．10 kg·m/s B．－10 kg·m/s
C．40 kg·m/s D．－40 kg·m/s
【答案】D
2．(2018·前黄中学检测)如图1所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触面是光滑的，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，则此系统从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，机械能减小
D．动量不守恒，机械能减小
【答案】D
3．(多选)(2018·徐州三中月考)光滑水平地面上，A、B两物体质量都为m，A以速度v向右运动，B原来静止，左端有一轻弹簧，如图3所示，当A撞上弹簧，弹簧被压缩最短时( )
A．A、B系统总动量仍然为mv
B．A的动量变为零
C．B的动量达到最大值
D．A、B的速度相等
【解析】系统水平方向动量守恒，A正确；弹簧被压缩到最短时A、B两物体具有相同的速度，D正确，B错误；但此时B的速度并不是最大的，因为弹簧还会弹开，故B物体会继续加速，A物体会继续减速，C错误．
【答案】AD
4.如图4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
【解析】由两球的动量都是6 kg·m/s可知，运动方向都向右，且能够相碰，说明左方是质量小速度大的小球，故左方是A球．碰后A球的动量减少了4 kg·m/s，即A球的动量为2 kg·m/s，由动量守恒定律知B球的动量为10 kg·m/s，则A、B两球速度比为2∶5，故选项A是正确的．
【答案】A
5．(多选)两个小球A、B在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别是m1＝4 kg，m2＝2 kg，A的速度v1＝3 m/s(设为正)，B的速度v2＝－3 m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别是( )
A．均为1 m/s B．＋4 m/s和－5 m/s
C．＋2 m/s和－1 m/s D．－1 m/s和＋5 m/s
【解析】由动量守恒，可验证四个选项都满足要求．再看动能情况
Ek＝m1v12＋m2v22＝×4×9 J＋×2×9 J＝27 J
Ek′＝m1v1′2＋m2v2′2
由于碰撞过程动能不可能增加，所以应有Ek≥Ek′，可排除选项B.选项C虽满足Ek≥Ek′，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来速度方向(vA′>0，vB′<0)，这显然是不符合实际的，因此C错误．验证选项A、D均满足Ek≥Ek′，故选A(完全非弹性碰撞)和D(弹性碰撞)．
【答案】AD
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
D．小球动量的改变量等于所受阻力的冲量
【解析】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。
【答案】AC
7．(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】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＝mAvA2，W2＝mBvB2，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。
【答案】D
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． B．
C． D．
【解析】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＝。 ②
由①②可得x2＝，故C正确。
【答案】C
9．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＝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＝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m
【解析】弧形槽不固定，当v0＝时，小球沿槽上升的高度为h，则有：mv0＝(m＋M)v，mv02＝(M＋m)v2＋mgh，可解得h＝R＜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＋m，D错误。
【答案】C
10．[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】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＝，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。
【答案】BC
11．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＝，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＝＝ 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′＝＝ 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＝＝＝ 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＝＝ s＝0.4 s；
小球匀速运动时间t2＝＝ 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＝＝ 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
12．(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＝gt2 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
(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
13．(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
m2v202＝(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
m2v202＝m2v22＋m3v32 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
14.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mAv02＝mAvA2＋mBvB2
解得vA＝，vB＝
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′≥
由机械能守恒定律得：mBvB2＝mBg(2L)＋mBvB′2
解得：v0≥ 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：mBvB2≤mBgL
解得：v0≤ m/s
v0的取值范围为0＜v0≤ m/s或v0≥ m/s。
