第二节 动量 动量守恒定律
[学习目标] 1.理解动量、冲量的概念，知道动量的变化量也是矢量．(重点)2.理解动量定理的确切含义，会用其解释和计算碰撞、缓冲等现象．(难点)3.理解动量守恒定律的确切含义和表达式，理解守恒条件．(重点)4.学会用动量守恒定律解决一些基本问题．(重点)
一、动量及其改变
1．冲量
物体受到的力与力的作用时间的乘积(用“I”表示)，其表达式为：I＝FΔt.
2．动量
运动物体的质量和速度的乘积，用符号p表示．
其表达式：p＝mv.
其单位为：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．动量定理
物体所受合力的冲量等于物体动量的改变量，这个关系叫做动量定理．
其表达式：F·Δt＝mv′－mv.
二、碰撞中的动量守恒定律
1．系统：指具有相互作用的两个或几个物体．
2．外力：指系统外部的其他物体对系统的作用力．
3．内力：指系统内各物体之间的相互作用力．
4．动量守恒定律内容：如果系统所受到的合外力为零，则系统的总动量保持不变．其表达式：m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2.
1．正误判断(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)动量是一个矢量，它的方向与速度方向相同． (√)
(2)冲量是一个矢量，它的方向与速度方向相同． (×)
(3)两个物体的动量相同，其动能也一定相同． (×)
(4)只要合外力对系统做功为零，系统动量就守恒． (×)
(5)系统动量守恒也就是系统的动量变化量为零． (√)
2．(多选)恒力F作用在质量为m的物体上，如图所示，由于地面对物体的摩擦力较大，物体没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是( )
A．拉力F对物体的冲量大小为零
B．拉力F对物体的冲量大小是Ftcos θ
C．合力对物体的冲量大小为零
D．重力对物体的冲量大小是mgt
CD [对冲量的计算一定要分清求的是哪个力的冲量，是某一个力的冲量、是合力的冲量、是分力的冲量还是某一个方向上力的冲量，某一个力的冲量与另一个力的冲量无关，故拉力F的冲量为Ft，A、B错误；物体处于静止状态，合力为零，合力的冲量为零，C正确；重力的冲量为mgt，D正确．]
3．(多选)关于动量守恒的条件，下面说法正确的是( )
A．只要系统内有摩擦力，动量就不可能守恒
B．只要系统所受合外力为零，系统动量就守恒
C．只要系统所受合外力不为零，则系统在任何方向上动量都不可能守恒
D．系统所受合外力不为零，但系统在某一方向上动量可能守恒
BD [动量守恒的条件是系统所受合外力为零，与系统内有无摩擦力无关，选项A错误，B正确．系统合外力不为零时，在某方向上合外力可能为零，此时在该方向上系统动量守恒，选项C错误，D正确．]
对动量和冲量的理解
1.动量
(1)对动量的认识
①瞬时性：通常说物体的动量是物体在某一时刻或某一位置的动量，动量的大小可用p＝mv表示．
②矢量性：动量的方向与物体的瞬时速度的方向相同．
③相对性：因物体的速度与参考系的选取有关，故物体的动量也与参考系的选取有关．
(2)动量的变化量
是矢量，其表达式Δp＝p2－p1为矢量式，运算遵循平行四边形定则，当p2、p1在同一条直线上时，可规定正方向，将矢量运算转化为代数运算．
(3)动量和动能的区别与联系
物理量
动量
动能
区别
标矢性
矢量
标量
大小
p＝mv
Ek＝mv2
变化
情况
v变化，p一定变化
v变化，ΔEk
可能为零
联系
p＝，Ek＝
2.冲量
(1)冲量的理解
①冲量是过程量，它描述的是力作用在物体上的时间积累效应，求冲量时一定要明确所求的是哪一个力在哪一段时间内的冲量．
②冲量是矢量，冲量的方向与力的方向相同．
(2)冲量的计算
①求某个恒力的冲量：用该力和力的作用时间的乘积．
②求合冲量的两种方法：
a．分别求每一个力的冲量，再求各冲量的矢量和；
b．如果各个力的作用时间相同，也可以先求合力，再用公式I合＝F合Δt求解．
③求变力的冲量：
a．若力与时间成线性关系变化，则可用平均力求变力的冲量．
b．若给出了力随时间变化的图象如图所示，可用面积法求变力的冲量．
c．利用动量定理求解．
【例1】 如图所示，一足球运动员踢一个质量为0.4 kg的足球．
(1)若开始时足球的速度是4 m/s，方向向右，踢球后，球的速度为10 m/s，方向仍向右(如图甲)，求足球的初动量、末动量以及踢球过程中动量的改变量；
(2)若足球以10 m/s的速度撞向球门门柱，然后以3 m/s的速度反向弹回(如图乙)，求这一过程中足球的动量改变量．
[解析] (1)取向右为正方向，初、末动量分别为
p＝mv＝0.4×4 kg·m/s＝1.6 kg·m/s，方向向右
p′＝mv′＝0.4×10 kg·m/s＝4 kg·m/s，方向向右
动量的改变量为Δp＝p′－p＝2.4 kg·m/s，方向向右．
(2)取向右为正方向，初、末动量分别为
p1＝mv1＝0.4×10 kg·m/s＝4 kg·m/s，方向向右
p2＝mv2＝0.4×(－3) kg·m/s＝－1.2 kg·m/s，即方向向左
动量的改变量为Δp′＝p2－p1＝－5.2 kg·m/s，即方向向左．
[答案] 见解析
关于动量变化量的求解
1．若初、末动量在同一直线上，则在选定正方向的前提下，可化矢量运算为代数运算．
2．若初、末动量不在同一直线上，运算时应遵循平行四边形定则．
训练角度1：对冲量的理解与计算
1．(多选)两个质量相等的物体，在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止开始自由下滑，在它们到达斜面底端的过程中( )
A．重力的冲量相同
B．重力的功相同
C．斜面弹力的冲量均为零
D．斜面弹力的功均为零
BD [设斜面高为h，倾角为θ，物体质量为m，则两物体滑至斜面底端的过程中，重力做功均为mgh，由＝g sin θ·t2知，物体滑至底端用时t＝，重力的冲量IG＝mgt＝，与θ有关，故重力的冲量不同，A项错误，B项正确；斜面的弹力方向与物体运动方向垂直，不做功，但弹力的冲量不为零，C项错误，D项正确．]
训练角度2：对动量变化量的理解
2．(多选)关于动量的变化，下列说法正确的是( )
A．做直线运动的物体速度增大时，动量的增量Δp的方向与运动方向相同
B．做直线运动的物体速度减小时，动量的增量Δp的方向与运动方向相反
C．物体的速度大小不变时，动量的增量Δp为零
D．物体做平抛运动时，动量的增量一定不为零
ABD [当做直线运动的物体的速度增大时，其末态动量p2大于初态动量p1，由矢量的运算法则可知Δp＝p2－p1＞0，与物体运动方向相同，如答图(a)所示，所以选项A正确．当做直线运动的物体速度减小时，p2＜p1，如答图(b)所示，Δp与p1(或p2)方向相反，与运动方向相反，选项B正确．当物体的速度大小不变时，其方向可能变化，也可能不变化．动量可能不变化即Δp＝0，也可能动量大小不变而方向变化，此种情况Δp≠0，选项C错误．当物体做平抛运动时，速度的大小和方向都变化，即动量一定变化，Δp一定不为零，如答图(c)所示，故选项D正确．]
动量定理的理解及应用
1.对动量定理的理解
(1)冲量是使物体动量发生变化的原因，冲量是物体动量变化的量度．这里所说的冲量是物体所受的合外力的冲量．
(2)作用在物体上的合外力等于物体动量的变化率，F＝，这实际上是牛顿第二定律的另一种表达式．
(3)动量定理的表达式是矢量式．在一维的情况下，各个矢量必须以规定的方向为正方向．
(4)动量定理具有普适性，动量定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于宏观物体，也适用于微观物体．
2．动量定理的应用
(1)定性分析有关现象
用动量定理解释的现象一般可分为两类：一类是物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；力的作用时间越长，力就越小．另一类是作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小．分析问题时，要把哪个量一定、哪个量变化搞清楚．
(2)定量计算某过程中合外力的冲量或动量变化量
根据动量定理，一个物体的动量变化量Δp与合外力的冲量大小相等，方向相同，据此有：
例如求平抛物体在一段时间内动量的变化量，就可用重力的冲量来代替：Δp＝mgΔt.
如求做匀速圆周运动的物体在某段时间内向心力的冲量，由于向心力是变力，不能用力乘时间直接求，只能用动量的变化量来替换：I向心力＝mv′－mv(矢量式)．
(3)应用动量定理解题的基本步骤
①确定研究对象；
②进行受力分析，分析每个力的冲量，求出合力的冲量；
③选定正方向，研究物体初、末状态的动量；
④根据动量定理列方程求解．
【例2】 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
C [根据自由落体运动和动量定理有2gh＝v2(h为25层楼的高度，约70 m)，Ft＝mv，代入数据解得F≈1×103 N，所以C正确．]
动量定理应用的三点提醒
1．若物体在运动过程中所受的力不是同时的，可将受力情况分成若干阶段来解．
2．在用动量定理解题时，一定要认真进行受力分析，不可有遗漏，比如漏掉物体的重力．
3．列方程时一定要先选定正方向，将矢量运算转化为代数运算．
训练角度1：对动量定理的理解
3．(多选)从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是( )
A．掉在水泥地上的玻璃杯动量大，而掉在草地上的玻璃杯动量小
B．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小
C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢
D．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用力大，而掉在草地上的玻璃杯受地面的冲击力小
CD [两种情况下，Δp相同，所用时间不同．由F＝可知C、D正确．]
训练角度2：动量定理的应用
4．如图，弹簧上端固定，下端悬挂质量为m的小球．某时刻小球的速度大小为v，方向向下．时间t后，小球的速度大小仍为v，方向向上．重力加速度为g，不计空气阻力．此过程中( )
A．小球先向下做匀减速运动，后向上做匀加速运动
B．小球的机械能守恒
C．小球的动量变化量大小为2mv
D．小球受到弹力的冲量大小为2mv－mgt
C [小球受重力和弹簧的弹力，重力不变，弹力变化，故合外力变化，加速度变化，故A错误；小球和弹簧组成的系统机械能守恒，小球机械能不守恒，故B错误；以小球为研究对象，取向上为正方向，小球的动量变化量为Δp＝mv－(－mv)＝2mv，整个过程中根据动量定理可得：I－mgt＝mv－(－mv)，得小球所受弹簧弹力冲量的大小为：I＝2mv＋mgt.故C正确，D错误；]
动量守恒定律的理解
1.动量守恒定律成立的条件
(1)系统不受外力作用时，系统动量守恒．
(2)若系统所受外力之和为零，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，系统的动量可近似看成守恒．
(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．
为了方便理解和记忆，我们把以上四个条件简单概括为：(1)、(2)为理想条件，(3)为近似条件，(4)为单方向的动量守恒条件．
2．动量守恒定律的适用范围
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．
3．动量守恒定律的表达式
(1)p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′)．
(2)Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变化量大小相等、方向相反)．
(3)Δp＝0(系统总动量增量为零)．
(4)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和)．
【例3】 将两个完全相同的磁铁(磁性极强)分别固定在质量相等的小车上，水平面光滑．开始时甲车速度大小为3 m/s，乙车速度大小为2 m/s，方向相反并在同一直线上，如图所示．
(1)当乙车速度为零时，甲车的速度多大？方向如何？
(2)由于磁性极强，故两车不会相碰，那么两车的距离最小时，乙车的速度是多大？方向如何？
思路点拨：(1)水平面光滑，两小车和两磁铁组成的系统动量守恒．
(2)两车的距离最小时两车的速度相同．
[解析] 两个小车及磁铁组成的系统在水平方向不受外力作用，两磁铁之间的磁力是系统内力，系统动量守恒，设向右为正方向．
(1)v甲＝3 m/s，v乙＝－2 m/s
据动量守恒得：mv甲＋mv乙＝mv甲′，代入数据解得
v甲′＝v甲＋v乙＝(3－2)m/s＝1 m/s，方向向右．
(2)两车相距最小时，两车速度相同，设为v′，
由动量守恒得：mv甲＋mv乙＝mv′＋mv′
解得v′＝＝＝ m/s＝0.5 m/s，方向向右．
[答案] (1)1 m/s 方向向右 (2)0.5 m/s 方向向右
关于动量守恒定律理解的三个误区
1．误认为只要系统初、末状态的动量相同，则系统动量守恒．产生误区的原因是没有正确理解动量守恒定律，系统在变化的过程中每一个时刻动量均不变，才符合动量守恒定律．
2．误认为两物体作用前后的速度在同一条直线上时，系统动量才能守恒．产生该错误认识的原因是没有正确理解动量守恒的条件，动量是矢量，只要系统不受外力或所受合外力为零，则系统动量守恒，系统内各物体的运动不一定共线．
3．误认为动量守恒定律中，各物体的动量可以相对于任何参考系．出现该误区的原因是没有正确理解动量守恒定律，应用动量守恒定律时，各物体的动量必须是相对于同一惯性参考系，一般情况下，选地面为参考系．
训练角度1：系统动量守恒的判断
5．如图所示，A、B两物体的质量比mA∶mB＝3∶2，它们原来静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩了的弹簧，A、B与平板车上表面间动摩擦因数相同，地面光滑．当弹簧突然释放后，若A、B两物体分别向左、右运动，则有( )
A．A、B系统动量守恒
B．A、B、C系统动量守恒
C．小车静止不动
D．小车向右运动
B [弹簧释放后，C对A的摩擦力向右，大小为μmAg，C对B的摩擦力向左，大小为μmBg，所以A、B系统所受合外力方向向右，动量不守恒，选项A错误．由于力的作用是相互的，A对C的摩擦力向左，大小为μmAg，B对C的摩擦力向右，大小为μmBg，所以C所受合外力方向向左而向左运动，选项C、D错误．由于地面光滑，A、B、C系统所受合外力为零，动量守恒，选项B正确．]
训练角度2：动量守恒定律的应用
6．如图所示，两个小物块a、b静止在光滑水平面上，它们之间由一根细线连接且夹着一个处于压缩状态的轻弹簧．烧断细线后，被弹出的小物块a、b在同一直线上运动，且弹簧与它们分离．a、b的质量分别是2 kg和4 kg，则下列判断正确的是( )
A．小物块a与b的速率之比为1∶2
B．弹簧对小物块a与b所做的功的大小之比为2∶1
C．弹簧对小物块a与b的冲量大小之比为2∶1
D．小物块a与b的动能之比为1∶2
B [根据动量守恒可知：mava＝mbvb，解得va∶vb＝mb∶ma＝2∶1，选项A错误；弹簧对小物块a、b所做的功的大小之比为＝＝＝·＝，选项B正确，D错误；根据动量定理有：Ia＝mava，Ib＝mbvb，则弹簧对小物块a与b的冲量大小之比为1∶1，选项C错误．]
课 堂 小 结
知 识 脉 络
1.物体质量与速度的乘积叫动量，动量的方向与速度方向相同．
2．力与力的作用时间的乘积叫冲量，冲量的方向与力的方向相同．
3．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合力的冲量，动量变化量的方向与合力的冲量方向相同．
4．如果一个系统不受外力作用，或者所受的合外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变.
1．若一个物体的动量发生了变化，则物体运动的(质量不变) ( )
A．速度大小一定改变了
B．速度方向一定改变了
C．速度一定改变了
D．加速度一定改变了
C [根据动量的表达式p＝mv可知，动量发生变化，可能是速度的大小变化或速度的方向变化，A、B选项错误，C选项正确；加速度是速度改变的原因，只要有加速度，速度就会发生改变，加速度不一定发生改变，D选项错误．]
2．如图所示，运动员挥拍将质量为m的网球击出．如果网球被拍子击打前、后瞬间速度的大小分别为v1、v2，v1与v2方向相反，且v2＞v1.忽略重力，则此过程中拍子对网球作用力的冲量 ( )
A．大小为m(v2－v1)，方向与v1方向相同
B．大小为m(v2＋v1)，方向与v1方向相同
C．大小为m(v2－v1)，方向与v2方向相同
D．大小为m(v2＋v1)，方向与v2方向相同
D [取拍子击打网球前网球的速度方向为正方向，根据动量定理得拍子对网球作用力的冲量为：I＝－mv2－mv1＝－m(v1＋v2)，即冲量大小为m(v1＋v2)，方向与v1方向相反，与v2方向相同．故D正确，A、B、C错误．]
3．(2019·全国卷Ⅰ)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展．若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为( )
A．1.6×102 kg B．1.6×103 kg
C．1.6×105 kg D．1.6×106 kg
B [根据动量定理有FΔt＝Δmv－0，解得＝＝1.6×103 kg/s，所以选项B正确．]
4.如图所示，甲木块的质量为m1，以v的速度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不守恒
D．甲、乙两木块及弹簧组成的系统机械能守恒
D [根据动量守恒定律的条件，以甲、乙为一系统，系统的动量守恒，A、B、C错误；甲、乙的一部分动能转化为弹簧的弹性势能，甲、乙系统的机械能守恒，D正确．]
5．光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为mA＝3m、mB＝mC＝m，开始时B、C均静止，A以初速度v0向右运动，A与B碰撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持不变．求B与C碰撞前B的速度大小．
[解析] 设A与B碰撞后，A的速度为vA，B与C碰撞前B的速度为vB，B与C碰撞后粘在一起的速度为v，由动量守恒定律得
对A、B木块：mAv0＝mAvA＋mBvB ①
对B、C木块：mBvB＝(mB＋mC)v ②
由A与B间的距离保持不变可知
vA＝v ③
联立①②③式，代入数据得
vB＝v0.
[答案] v0
课件69张PPT。第一章 碰撞与动量守恒第二节 动量 动量守恒定律力千克米每秒速度质量力的作用时间相互作用保持不变．合外力系统外部√√×××点击右图进入…Thank you for watching !课时分层作业(二)
(时间：45分钟 分值：100分)
[基础达标练]
一、选择题(本题共6小题，每小题6分)
1．下面说法正确的是 ( )
A．物体的质量越大，动量一定越大
B．物体的质量越大，动能一定越大
C．力越大，力对物体的冲量就越大
D．物体的动量发生了变化，则物体在这段时间内的合外力一定不为零
D [根据动量的定义式p＝mv可知，质量大的物体，动量不一定大，还要看速度，速度大的物体，动量不一定大，A选项错误；根据动能的表达式Ek＝mv2可知，物体的质量越大，动能不一定越大，还与速度有关，B选项错误；根据冲量的定义式I＝Ft可知，力越大，力对物体的冲量不一定越大，还要看时间，C选项错误；根据动量定理可知，F·t＝Δp，物体的动量发生了变化，则物体在这段时间内的合外力一定不为零，D选项正确．]
2．(多选)在任何相等时间内，物体动量的变化量总是相等的运动可能是( )
A．匀速圆周运动 B．匀变速直线运动
C．自由落体运动 D．平抛运动
BCD [物体做匀变速直线运动、自由落体运动、平抛运动所受的合外力恒定不变．由动量定理可知，它们在任何相等时间内的动量变化量总相等，而物体做匀速圆周运动合外力是变力，故B、C、D均正确，A错误．]
3．跳高比赛中，必须在运动员着地处铺上很厚的海绵垫子，这是为了( )
A．减小运动员着地过程中受到的冲量作用
B．减小运动员着地过程中动量的变化量
C．减小运动员着地过程中受到的平均作用力
D．以上说法均不正确
C [由题意知，运动员着地过程中动量变化量一定，铺上很厚的海绵垫子，在运动员动量变化量一定的情况下，可以延长缓冲时间，减小受到的平均作用力，故选项C正确．]
4．动量相等的甲、乙两车，刹车后沿水平路面滑行，若两车质量之比为＝，路面对两车的阻力相同，则两车的滑行时间之比为( )
A．1∶1 B．1∶2
C．2∶1 D．1∶4
A [两车滑行时水平方向仅受阻力Ff作用，在这个力作用下使物体的动量发生变化．若规定以车行驶方向为正方向，由动量定理Ft＝p2－p1得，－Fft＝0－p，所以两车滑行时间t＝，当p、Ff相同时，滑行时间t相同，选项A正确．]
5．如图所示，A、B两木块紧靠在一起且静止于光滑水平面上，木块C以一定的初速度v0从A的左端开始向右滑行，最后停在B木块的右端，对此过程，下列叙述不正确的是 ( )
A．当C在A上滑行时，A、C组成的系统动量守恒
B．当C在B上滑行时，B、C组成的系统动量守恒
C．无论C是在A上滑行还是在B上滑行，A、B、C三物块组成的系统动量都守恒
D．当C在B上滑行时，A、B、C组成的系统动量守恒
A [当C在A上滑行时，对A、C组成的系统，B对A的作用力为外力，不等于0，故系统动量不守恒，选项A错误；当C在B上滑行时，A、B已分离，对B、C组成的系统，沿水平方向不受外力作用，故系统动量守恒，选项B正确；若将A、B、C三木块视为一系统，则沿水平方向无外力作用，系统动量守恒，选项C、D正确．]
6．如图所示，在光滑的水平面上有一静止的斜面，斜面光滑，现有一个小球从斜面顶点由静止释放，在小球下滑的过程中，以下说法正确的是 ( )
A．斜面和小球组成的系统动量守恒
B．斜面和小球组成的系统仅在水平方向上动量守恒
C．斜面静止不动
D．小球增加的动能等于小球减少的势能
B [小球加速下滑，系统竖直方向上有向下的加速度，竖直方向合力不为零，故系统动量不守恒，但系统水平方向上合力为零，故系统水平方向上动量守恒，因小球下滑过程中水平方向的速度在增大，由动量守恒定律可得，斜面水平向右的速度也在增加，故B正确．因斜面体有一定的动能，故由能量守恒知D错误．]
二、非选择题(14分)
7．如图所示，斜面和水平面之间通过小圆弧平滑连接，质量为m的物体(可视为质点)从斜面上h高处的A点由静止开始沿斜面下滑，最后停在水平地面上的B点．要使物体能原路返回A点，求在B点物体需要的最小瞬时冲量．
[解析] 物体从A运动到B的过程中，根据动能定理，
mgh－Wf＝0
物体从B运动到A的过程中，根据动能定理，
－mgh－Wf＝0－mv
联立解得vB＝2
根据动量定理可知，瞬时冲量I＝mvB＝2m.
[答案] 2m
[能力提升练]
一、选择题(本题共4小题，每小题6分)
1．在光滑的水平面上运动的两个小球发生正碰，下列说法正确的是( )
A．碰撞之前，被碰小球的动量一定比另一小球的动量小
B．碰撞前后，被碰小球的速度一定变大
C．碰撞前后，两小球的动量变化量一定大小相等，方向相反
D．碰撞前后，被碰小球的动量一定变大
C [两球组成的系统所受合外力为零，碰撞前后，系统动量守恒，碰撞之前，两小球的动量无法比较，A选项错误；碰撞前后，两小球动量变化量的大小相等，方向相反，碰撞后，被碰小球的速度不一定增大，动量不一定增大，B、D选项错误，C选项正确．]
2．质量m＝0.5 kg的质点由静止开始做匀加速直线运动，动量p随位移s变化的关系式为p＝2(各量均取国际单位)，则此质点( )
A．加速度为2 m/s2
B．前2 s内动量增加8 kg·m/s
C．在连续相等时间内，动量增量越来越大
D．在通过连续相等的位移时，动量增量可能相等
C [根据v2＝2as得，v＝，则动量p＝mv＝m，又由于p＝2，解得质点的加速度为8 m/s2.故A错误.2 s内物体速度的变化量为Δv＝at＝16 m/s，则动量的变化量Δp＝mΔv＝8 kg·m/s.故B正确．因为相同时间内速度的变化量相同，则动量的增量一定相等．故C错误．因为相等位移内速度变化量不同，则动量的增加量不等．故D错误．]
3．(多选)如图所示，一质量M＝3.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝1.0 kg的小木块A.现以地面为参考系，给A和B以大小均为4.0 m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A并没有滑离B板．站在地面的观察者看到在一段时间内，小木块A正在做加速运动，则在这段时间内的某时刻，木板对地面的速度大小可能是 ( )
A．1.8 m/s B．2.4 m/s
C．2.6 m/s D．3.0 m/s
BC [A和B组成的系统动量守恒，规定水平向右为正方向，从A开始运动到A速度为零的过程中，根据动量守恒定律得，(M－m)v0＝MvB1，代入数据解得，vB1＝2.67 m/s；从A开始运动到A、B速度相同的过程中，根据动量守恒定律得，(M－m)v0＝(M＋m)vB2，代入数据解得，vB2＝2 m/s，则在这段时间内B的速度范围为2 m/s＜vB＜2.67 m/s，B、C选项正确．]
4．如图甲所示，一个物体放在粗糙的水平地面上．在t＝0时刻，物体在水平力F作用下由静止开始做直线运动．在0到t0时间内物体的加速度a随时间t的变化规律如图乙所示．已知物体与地面间的动摩擦因数处处相等．则( )
甲 乙
A．在0到t0时间内，合力的冲量大小为a0t0
B．t0时刻，力F等于0
C．在0到t0时间内力F大小恒定
D．在0到t0时间内物体的动量逐渐变大
D [合力F合＝ma是变力，其平均作用力为，则合力的冲量大小为mat，则A错误；t0时刻，力F合等于0，F等于摩擦力，则B错误；在0到t0时间内力F大小变小，则C错误；在0到t0时间内物体做加速运动，物体的动量逐渐变大，则D正确．]
二、非选择题(本题共2小题，共26分)
5．(12分)如图所示，光滑水平桌面上有两个大小相同的小球，m1∶m2＝2∶1，球1以3 m/s的速度与静止的球2发生正碰并粘在一起，已知桌面距离地面的高度h＝1.25 m，g取10 m/s2，求落地点到桌面边沿的水平距离．
[解析] 两球组成的系统合外力为零，动量守恒，规定向右为正方向
根据动量守恒定律可知，m1v0＝(m1＋m2)v
解得末速度v＝2 m/s
两球离开桌面后做平抛运动
竖直方向上：h＝gt2
水平方向上：x＝vt
联立解得落地点到桌面边沿的水平距离x＝1 m.
[答案] 1 m
6．(14分)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，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)由动能定理得
－μmgs＝mv2－mv
可得μ＝0.32.
(2)由动量定理得
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
