第一章 第二节+动量+动量守恒定律+Word版含解析

第二节动量__动量守恒定律
1．运动物体的质量和它的速度的乘积叫作物体的动量。用符号p表示。
2．动量是矢量(填“标”或“矢”)，它的方向和速度的方向相同，在国际单位制中，动量的单位是千克米每秒，符号是kg·m/s。
3．物体受到的力与力的作用时间的乘积叫力的冲量，冲量是矢量(填“标”或“矢”)，在国际单位制中，冲量的单位是牛[顿]秒，符号是N·s。
4．冲量与动量的改变量之间的关系为：物体所受合力的冲量等于物体动量的改变量。
5．物体在碰撞时，如果系统所受到的合外力为零，则系统的总动量保持不变，即系统动量守恒。
6．一个质量为0.5 kg的足球，以20 m/s的初速度向东运动，被运动员踢了一脚后，改为以20 m/s的速度向西运动。
(1)如取向东方向为正方向，则初动量p1为10 kg·m/s，末动量p2为－10_kg·m/s，运动员踢球过程中，球的动量变化量为－20_kg·m/s。
(2)如取向西方向为正方向，则初动量p1为－10_kg·m/s，末动量p2为10_kg·m/s，运动员踢球过程中，球的动量变化量为20_kg·m/s。
动量及其改变
1.对动量概念的理解
(1)定义：运动物体的质量和它的速度的乘积叫作物体的动量，用符号p表示。
(2)定义式：p＝mv。
(3)单位：在国际单位制中，动量的单位是千克米每秒，符号是kg·m/s。
(4)方向：动量是矢量，它的方向与速度的方向相同。
(5)瞬时性：动量是描述物体运动状态的物理量，是状态量，因此在谈及动量时，必须明确是物体在哪个时刻或哪个状态的动量。
(6)相对性：选取不同的参考系，同一物体的速度可能不同，物体的动量也就不同，即动量具有相对性。在中学阶段，动量表达式中的速度一般是以地球为参考系的。
2．动量的改变量
(1)定义：物体某段时间内末动量与初动量的矢量差叫物体动量的改变量。
(2)定义式：Δp＝mv2－mv1。
(3)方向：动量的改变量Δp也是矢量，其方向与速度的改变量Δv的方向相同。
(4)计算方法：
①若物体做直线运动，只需选定正方向，与正方向相同的动量取正，反之取负，则Δp＝p2－p1，即可将矢量运算转化为代数运算。若Δp是正值，就说明Δp的方向与所选正方向相同；若Δp是负值，则说明Δp的方向与所选正方向相反。
②若初、末状态动量不在一条直线上，则按平行四边形定则求得Δp的大小和方向，这时Δp、p为邻边，p′(末动量)为平行四边形的对角线。(如图)
(1)动量是矢量，两个物体的动量相等，说明其大小相等，方向也相同。
(2)动量与动能都是描述物体运动状态的物理量，其大小关系为Ek＝或p＝；但两者有本质区别，动量是矢量，动能是标量。
1．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＝mv－mv＝×0.2×42 J－×0.2×62 J＝－2 J，故A正确。
冲　　量
1.定义
物体受到的力和力的作用时间的乘积叫作力的冲量，用符号I表示。
2．定义式
I＝F·t。
3．单位
在国际单位制中，冲量的单位是牛·秒，符号是N·s。
4．方向
冲量是矢量：如果力的方向恒定，则冲量I的方向与力的方向相同；如果力的方向是变化的，则冲量的方向应与相应时间内物体动量变化量的方向相同。
5．物理意义
冲量是描述力对物体作用时间的累积效果的物理量，力越大，力的作用时间越长，冲量越大。
6．绝对性
由于力和时间均与参考系的选取无关，所以力的冲量与参考系的选取无关。
7．冲量的计算
(1)恒力的冲量。
公式I＝Ft仅适用于计算恒力的冲量，这时冲量等于力与作用时间的乘积，冲量的方向与恒力方向一致。若力为同一方向均匀变化的力，该力的冲量可以用平均力计算。
(2)变力的冲量。
①变力的冲量通常利用动量定理I＝Δp求解。
②可用图像法计算，如图，若某一力方向恒定不变，那么在F-t图像中，图中阴影部分的面积就表示力在时间Δt＝t2－t1内的冲量。
(3)合冲量的计算。
①若合外力是恒力，可先求出合力，再由F合t求冲量。
②若受几个力，且几个力均为恒力，可用F1t＋F2t＋…(矢量和)求合冲量。
③若在全过程中受力情况不同，对应时间不同，可求每个力的冲量，然后矢量合成，即利用F1t1＋F2t2＋…求合冲量。
(1)冲量是矢量，但冲量的方向不一定就是力的方向，恒力的冲量方向与力的方向一致。
(2)冲量是过程量，它反映的是力在一段时间内的积累效果。所以，它取决于力和时间两个因素。求冲量时一定要明确是哪一个力在哪一段时间内的冲量。
2．一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δt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＋mgΔt，地面对他做的功为mv2
B．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，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－mgΔt，地面对他做的功为零
解析：选B　设地面对运动员的平均作用力为F，则由动量定理得(F－mg)Δt＝mv，故地面对运动员的冲量FΔt＝mv＋mgΔt；运动员从下蹲状态到身体刚好伸直离开地面，由于地面对人的作用力沿力的方向没有位移，地面对运动员做功为零，因此，本题正确选项为B。
动 量 定 理
1.内容
物体所受合力的冲量等于物体动量的改变量。
2．表达式
Ft＝pt－p0＝mvt－mv0或I合＝Δp。
3．因果关系
合外力的冲量是引起物体动量改变的原因。
4．对动量定理的理解
(1)动量定理的研究对象是单个物体或系统。
(2)动量定理的表达式是一个矢量式，应用动量定理时需要规定正方向。
(3)动量定理公式中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。当合外力为变力时，F应该是合外力在作用时间内的平均值。
(4)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。
(5)动量定理不仅适用于宏观物体的低速运动，对微观物体和高速运动仍然适用。
(1)动量定理反映了物体在受到力的冲量作用时，其状态发生变化的规律，它反映的因果关系为：合外力的冲量是引起物体动量变化的原因。
(2)动量定理与牛顿第二定律实质相同，但前者表示的是力的累积效果，而后者表示的是力的瞬时效果。
3.[多选](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　法一：根据F-t图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F的冲量，可知在0～1 s、0～2 s、0～3 s、0～4 s内合外力冲量分别为2 N·s、4 N·s、3 N·s、2 N·s，应用动量定理I＝mΔv可知物块在1 s、2 s、3 s、4 s末的速率分别为1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s，物块在这些时刻的动量大小分别为2 kg·m/s、4 kg·m/s、3 kg·m/s、2 kg·m/s，则A、B项正确，C、D项错误。
法二：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时物块的速率v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2)m/s＝1 m/s，D错误。
动量守恒定律
1.系统、外力和内力
(1)系统：当研究两个物体相互碰撞时，可以把具有相互作用的两个物体称为系统。
(2)外力：系统外部的其他物体对系统的作用力叫外力。
(3)内力：系统内部物体间的相互作用力叫内力。
2．动量守恒定律
(1)内容：物体在碰撞时如果系统所受到的合外力为零，则系统的总动量保持不变。
(2)表达式：
①p＝p′。
即系统相互作用前的总动量p和相互作用后的总动量p′大小相等，方向相同。系统总动量的求法遵循矢量运算法则。
②Δp＝p′－p＝0。
即系统总动量的增量为零。
③Δp1＝－Δp2。
即将相互作用的系统内的物体分为两部分，其中一部分动量的增加量等于另一部分动量的减少量。
④当相互作用前后系统内各物体的动量都在同一直线上时，动量守恒定律可表示为代数式：
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。
应用此式时，应先选定正方向，将式中各矢量转化为代数量，用正、负号表示各自的方向。式中v1、v2为初始时刻的瞬时速度，v1′、v2′为末时刻的瞬时速度，且它们一般均以地球为参照物。
(3)研究对象：相互作用的物体组成的系统。
(4)成立的条件：
①系统不受外力作用时，系统动量守恒；
②系统受外力但所受外力之和为零，则系统动量守恒；
③系统所受合外力虽然不为零，但系统的内力远大于外力时，如碰撞、爆炸等现象中，系统的动量可看成近似守恒；
④系统总的来看不符合以上三条中的任意一条，则系统的总动量不守恒。但是，若系统在某一方向上符合以上三条中的某一条，则系统在该方向上动量守恒。
(5)适用范围：它是自然界最普遍、最基本的规律之一。不仅适用于宏观、低速领域，而且适用于微观、高速领域。小到微观粒子，大到天体，无论内力是什么性质的力，只要满足守恒条件，动量守恒定律总是适用的。
动量守恒定律中的“总动量保持不变”，不仅指系统在初、末两个时刻的总动量相等，而且指系统在整个过程中任意两个时刻的总动量相等。
4．(海南高考)光滑水平桌面上有P、Q两个物块，Q的质量是P的n倍。将一轻弹簧置于P、Q之间，用外力缓慢压P、Q。撤去外力后，P、Q开始运动，P和Q的动量大小的比值为(　　)
A．n2　　　　　　　　　 B．n
C. D．1
解析：选D　撤去外力后，系统在水平方向不受外力，所以在水平方向总动量守恒，设P的动量方向为正方向，则有pP－pQ＝0，故pP＝pQ，因此P和Q的动量大小的比值为1，选项D正确。
对动量和冲量的理解
[例1]　如图所示，两个质量相等的物体A、B从同一高度沿倾角不同的两光滑斜面由静止自由滑下，在到达斜面底端的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．两物体所受重力的冲量相同
B．两物体所受合外力的冲量相同
C．两物体到达斜面底端时的动量不同
D．两物体到达斜面底端时的动量水平分量相同
[解析]　设斜面倾角为θ，高为h，物体质量为m，
则物体滑到底端的时间
t＝＝＝·。
下滑过程中的合外力F合＝mgsin θ。
重力冲量IG＝mgt＝，θ不同，IG不同，A错误；合外力冲量I合＝mgtsin θ＝m，大小相同，方向不同，B错误；到底端时的动量p＝mv＝m，大小相同，方向不同，C正确；动量的水平分量px＝mvcos θ＝mcos θ，θ不同，大小不等，D错误。
[答案]　C
(1)冲量和动量都是矢量，要比较它们，既要比较它们的大小，还要比较它们的方向。两者都相同时，矢量才相同。
(2)计算力的冲量时，一定要搞清楚是求合力的冲量还是某一个力的冲量，另外公式I＝F·t仅适用于恒力冲量的计算。
(3)求合力的冲量时，可直接利用定义式I合＝F合·t来求，也可以利用合力的冲量等于各外力冲量的矢量和来求，还可以利用I合＝Δp来求。
1.[多选]如图所示，一质量为m的滑块沿光滑的水平面以速度v0运动。遇到竖直的墙壁被反弹回来，返回的速度变为v0，则以下说法正确的是(　　)
A．滑块的动量改变量的大小为mv0
B．滑块的动量改变量的大小为mv0
C．滑块的动量改变量的方向与v0的方向相反
D．重力对滑块的冲量为零
解析：选BC　设以初速度方向为正方向，则滑块的动量改变量Δp＝－mv0－mv0＝－mv0，方向与规定的正方向相反，即与v0的方向相反，A错误，B、C正确；根据I＝Ft可知，重力的冲量为I＝mgt，不为零，D错误。
动量定理的简单应用
[例2]　在撑竿跳比赛的横杆下方要放上很厚的海绵垫子，为什么？设一位撑竿跳运动员的质量为70 kg，越过横杆后从h＝5.6 m高处落下，落在海绵垫上和落在普通沙坑里分别经历时间Δt1＝1 s，Δt2＝0.1 s停下。试比较两种情况下海绵垫和沙坑对运动员的作用力大小关系。
[解析]　运动员从接触海绵垫或沙坑，直到停止，两种情况下运动员的动量变化量相同，即从动量p＝mv＝m ，变化到p′＝0。在这个过程中，运动员除受到竖直向下的重力外，还受到海绵垫或沙坑的支持力。
若规定竖直向上为正方向，则运动员着地(接触海绵垫或沙坑)过程中的始、末动量为
p＝mv＝－m，p′＝0
受到的合外力为F合＝FN－mg。
由动量定理得
F合·t＝p′－p＝mv′－mv
即：FN－mg＝，
所以：FN＝mg＋
落在海绵垫上时，Δt1＝1 s，则
FN1＝(70×10＋) N≈1 441 N
落在沙坑里时，Δt2＝0.1 s，则
FN2＝(70×10＋) N≈8 108 N
两者相比FN2＝5.6FN1。
[答案]　见解析
(1)应用动量定理进行计算时，要注意定理表达式的矢量性，在一维情况下通过规定正方向，化矢量运算为代数运算。
(2)用动量定理解释现象的问题一般分为两类：一类是在动量变化量一定的情况下，作用时间越短，力就越大，作用时间越长，力就越小；另一类是在作用力一定的情况下，作用时间越短，动量的变化量就越小，作用时间越长，动量的变化量就越大。
2．宇宙飞船在飞行过程中有很多技术问题需要解决，其中之一就是当飞船进入宇宙微粒尘区时如何保持速度不变的问题。假设一宇宙飞船以v＝2.0×103 m/s的速度进入密度ρ＝2.0×10－6 kg/m3的微粒尘区，飞船垂直于运动方向上的最大截面积S＝5 m2，且认为微粒与飞船相碰后都附着在飞船上，则飞船要保持速度v，所需推力多大？
解析：推力的作用在于使附着在飞船上的微粒具有与飞船相同的速度，设飞船在微粒尘区飞行Δt时间，则在这段时间内附着在飞船上的微粒质量Δm＝ρSvΔt，微粒由静止到与飞船一起运动，微粒的动量增加，由动量定理FΔt＝Δp，得FΔt＝Δmv＝ρSvΔtv，
所以飞船所需推力F＝ρSv2＝2.0×10－6×5×(2.0×103)2N＝40 N。
答案：40 N
动量守恒的判断
[例3]　把一支枪水平固定在小车上，小车放在光滑的水平地面上，枪发射出子弹时，关于枪、子弹和小车的下列说法中正确的是(　　)
A．枪和子弹组成的系统动量守恒
B．枪和小车组成的系统动量守恒
C．若忽略不计子弹和枪筒间的摩擦，枪、子弹和小车组成的系统动量才近似守恒
D．枪、子弹和小车组成的系统动量守恒
[解析]　枪发射子弹的过程中，它们的相互作用力是火药的爆炸力和射出子弹时子弹与枪管的摩擦力，此过程中枪和小车一起在水平地面上做变速运动，枪和小车之间也有相互作用力，如果选取枪和子弹为系统，则小车给枪的力为外力，故A错误；如果选取枪和小车为系统，则子弹给枪的力为外力，B错误；如果以小车、枪、子弹组成的系统为研究对象，则子弹和枪筒之间的摩擦不是外力，故不存在忽略的问题，C错误。子弹、枪、小车组成的系统水平方向上不受外力，故整体动量守恒，D项正确。
[答案]　D
(1)在同一物理过程中，系统的动量是否守恒，与系统的选取密切相关。因此，在应用动量守恒定律解题时，一定要明确在哪一过程中哪些物体组成的系统动量守恒。
(2)对研究对象进行正确的受力分析，分清内力和外力是判断系统动量是否守恒的关键。
3.[多选]如图所示，小车与木箱紧挨着静止放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．男孩和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、小车的总动量增量不同
解析：选CD　在男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱的过程中，男孩和木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；小车与木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故B错误；男孩、小车与木箱三者组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，故C正确；木箱、男孩、小车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，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量不相同，故D正确。
一、选择题(第1～6题为单选题，第7～10题为多选题)
1．竖直向上抛出一个物体，若不计阻力，取竖直向上为正，则该物体动量随时间变化的图像是下图中的(　　)
解析：选C　取竖直向上为正方向，竖直上抛物体的速度先正向均匀减小，后负向均匀增大，故物体的动量先正向均匀减小，后负向均匀增大。
2．一质量为m的铁锤，以速度v竖直打在木桩上，经过Δt时间而停止，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是(　　)
A.＋mg　　　　　　 B.－mg
C．mg·Δt D.
解析：选A　取向上为正方向，在铁锤打击木桩过程中，由动量定理得：(F－mg)Δt＝0－(－mv)
解得F＝＋mg，故A对。
3．质量为1 kg的物体做变速直线运动，它的速度时间图像如图所示，则该物体在前10 s内与后10 s内两段时间所受合外力的冲量分别是(　　)
A．10 N·s,10 N·s
B．10 N·s，－10 N·s
C．0,10 N·s
D．0，－10 N·s
解析：选D　由动量定理可得，前10 s内合外力的冲量I1＝Δp1＝0，后10 s内合外力的冲量I2＝Δp2＝mv2′－mv2＝1×(－5) kg·m/s－1×5 kg·m/s＝－10 kg·m/s＝－10 N·s，选项D对。
4．甲、乙两船静止在湖面上，总质量分别是m1、m2，两船相距s，甲船上的人通过绳子，用力F拉乙船，若水对两船的阻力大小均为f，且fA．甲船的动量守恒
B．乙船的动量守恒
C．甲、乙两船的总动量守恒
D．甲、乙两船的总动量不守恒
解析：选 C　甲、乙每只小船所受的合外力不为零，动量不守恒，甲、乙两船组成的系统所受的合外力为零，总动量守恒。
5．(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。
6．如图所示，质量为M的小车置于光滑的水平面上，车的上表面粗糙，有一质量为m的木块以初速度v0水平地滑至车的上表面，若车表面足够长，则(　　)
A．木块的最终速度为v0
B．由于车表面粗糙，小车和木块所组成的系统动量不守恒
C．车表面越粗糙，木块减少的动量越多
D．车表面越粗糙，小车获得的动量越多
解析：选A　木块和小车间存在摩擦，为内力，系统所受合外力为零，动量守恒，由mv0＝(M＋m)v，可知木块和小车最终有共同速度v＝。车面越粗糙，滑动摩擦力越大，但木块减少的动量和小车增加的动量不变。
7．对于质量不变的物体，下列说法正确的是(　　)
A．物体的动量发生变化，其动能一定变化
B．物体的动量发生变化，其动能不一定变化
C．物体的动能发生变化，其动量一定变化
D．物体的动能发生变化，其动量不一定变化
解析：选BC　动量是矢量，速度的大小或方向的变化均能引起动量的变化，而动能是标量，只有速度大小的变化才能引起它的改变，故B、C对，A、D错。
8.篮球比赛是深受人们喜爱的体育项目，传球方式中有一种方式是通过地面传球，其简化过程如图所示，若将质量为m的篮球以速度v斜射到地板上，入射的角度是45°，碰撞后被斜着弹出，弹出的角度也是45°，速度大小仍为v，则下列说法中正确的是(　　)
A．合外力对篮球的冲量大小为mv
B．篮球动量的改变量为mv
C．地面对篮球冲量的方向水平向左
D．篮球动量改变量的方向竖直向下
解析：选AB　由图可知，碰前的动量p1＝mv，方向沿初速度方向，末动量大小为p2＝mv，方向沿末速度方向；则动量的改变量Δp＝p2－p1＝mv，方向竖直向上，故合外力的冲量竖直向上，大小为mv，故B正确，D错误；由动量定理可知，合外力对篮球的冲量大小为mv，故A正确；因重力的冲量竖直向下，故地面对篮球的冲量一定竖直向上，故C错误。
9.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，重力势能减少了mg(H＋h)，则小球的机械能减少了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，可知阻力的冲量大于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。
10．如图所示，A、B两物体质量之比mA∶mB＝3∶2，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当两物体被同时释放后，则以下说法正确的是(　　)
A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统动量守恒
B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统动量守恒
C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统动量守恒
D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统动量守恒
解析：选BCD　弹簧突然释放后，A、B受到平板车的滑动摩擦力f＝μ·FN，FNA＞FNB，若μ相同，则fA＞fB，A、B组成的系统合外力不等于零，故A、B组成的系统动量不守恒，选项A不正确；若A、B与小车C组成系统，A与C、B与C的摩擦力则为系统内力，A、B、C系统受到的合外力为零，故A、B、C系统动量守恒，选项B、D正确；若A、B组成系统，A、B受到的摩擦力合力为零，该系统动量也是守恒的，选项C正确。
二、非选择题
11．(安徽高考)一质量为0.5 kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5 m的位置B处是一面墙，如图所示，一物块以v0＝9 m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向运动直至静止，g取10 m/s2。
(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ。
(2)若碰撞时间为0.05 s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F。
(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W。
解析：(1)由动能定理，有－μmgs＝mv2－mv，可得μ＝0.32。
(2)由动量定理，有FΔt＝mv′－mv
可得F＝130 N。
(3)W＝mv′2＝9 J。
答案：(1)0.32　(2)130 N　(3)9 J
12．如图所示的是A、B两滑块碰撞前后的闪光照片示意图(部分)。图中滑块A的质量为0.14 kg，滑块B的质量为0.22 kg，所用标尺的最小分度值是0.5 cm，每秒闪光10次。试根据图回答：
(1)作用前后滑块A动量的增量为多少？方向如何？
(2)碰撞前后总动量是否守恒？
解析：从图中A、B两位置的变化可得知，作用前，B是静止的；作用后B向右运动，A向左运动。
图中相邻两刻线间的距离为0.5 cm，碰前，A物在 s内的位移为0.5×10 cm＝5 cm＝0.05 m。碰后，A物向左移动，位移约为0.5 cm＝0.005 m，B物向右移，位移为0.5×7 cm＝0.035 m，所用时间皆为 s。
根据速度公式v＝得
vA＝＝ m/s＝0.5 m/s，
vA′＝＝ m/s＝0.05 m/s，
vB′＝ m/s＝0.35 m/s。
(1)ΔpA＝mAvA′－mAvA
＝0.14×(－0.05)－0.14×0.5
＝－0.077(kg·m/s)，方向向左
(2)碰撞前总动量
p＝pA＝mAvA＝0.14×0.5＝0.07(kg·m/s)，
碰撞后总动量p′＝mAvA′＋mBvB′
＝0.14×(－0.05)＋0.22×0.35
＝0.07(kg·m/s)。
所以碰撞前后总动量守恒。
答案：(1)ΔpA＝－0.077 kg·m/s，方向向左
(2)碰撞前后总动量守恒