[自我校对]
①机械能守恒定律
②有损失
③损失最多
④质量
⑤速度
⑥mv
⑦速度
⑧动量的变化
⑨FΔt＝p′－p
⑩p1＋p2＝p1′＋p2′
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动量定理及其应用
1.冲量的计算
(1)恒力的冲量：公式I＝Ft适用于
计算恒力的冲量．
(2)变力的冲量：
①通常利用动量定理I＝Δp求解．
②可用图象法计算．在F-t图象中阴影部分(如图所示)的面积就表示力在时间Δt＝t2－t1内的冲量．
2．动量定理FΔt＝mv′－mv的应用
(1)它说明的是力对时间的累积效应．应用动量定理解题时，只考虑物体的初、末状态的动量，而不必考虑中间的运动过程．
(2)应用动量定理求解的问题
①求解曲线运动的动量变化量．
②求变力的冲量问题及平均力问题．
③求相互作用时间．
④利用动量定理定性分析现象．
【例1】 一个铁球，从静止状态由10 m高处自由下落，然后陷入泥潭中，从进入泥潭到静止用时0.4 s，该铁球的质量为336 g，求：
(1)从开始下落到进入泥潭前，重力对小球的冲量为多少？
(2)从进入泥潭到静止，泥潭对小球的冲量为多少？
(3)泥潭对小球的平均作用力为多少？(保留两位小数，g取10 m/s2)
[解析] (1)小球自由下落10 m所用的时间是t1＝＝ s＝ s
重力的冲量IG＝mgt1＝0.336×10× N·s≈4.75 N·s，方向竖直向下．
(2)设向下为正方向，对小球从静止开始运动至停在泥潭中的全过程运用动量定理得
mg(t1＋t2)－Ft2＝0
泥潭的阻力F对小球的冲量
Ft2＝mg(t1＋t2)＝0.336×10×(＋0.4) N·s≈6.10 N·s，方向竖直向上．
(3)由Ft2＝6.10 N·s得F＝15.25 N.
[答案] (1)4.75 N·s (2)6.10 N·s (3)15.25 N
[一语通关]
冲量的计算公式I＝Ft既适用于计算某个恒力的冲量，又可以计算合力的冲量．
如果计算分力的冲量，必须明确是哪个分力的冲量．
如果计算合力的冲量，一个物体的动量变化Δp与合力的冲量具有等效替代关系.
1．一物体放在水平地面上，如图甲所示，已知物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图乙所示，求0～8 s时间内拉力的冲量大小．
甲 乙
[解析] 冲量是力对时间的积累，根据冲量的公式分段求解，力F在0～8 s内的冲量为I＝F1t1＋F2t2＋F3t3＝18 N·s.
[答案] 18 N·s
动量守恒定律应用中的临界问题
1.解决相互作用物体系统的临界问题时，应处理好下面两个方面的问题
(1)寻找临界状态
题设情景中看是否有相互作用的两物体相距最近、恰好滑离、避免相碰和物体开始反向运动等临界状态．
(2)挖掘临界条件
在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系．
2．常见类型
(1)涉及弹簧类的临界问题
对于由弹簧组成的系统，在物体间发生相互作用的过程中，当弹簧被压缩到最短或拉伸到最长时，弹簧两端的两个物体的速度必然相等．
(2)涉及相互作用边界的临界问题
在物体滑上斜面(斜面放在光滑水平面上)的过程中，由于物体间弹力的作用，斜面在水平方向上将做加速运动，物体滑到斜面上最高点的临界条件是物体与斜面沿水平方向具有共同的速度，物体到达斜面顶端时，在竖直方向上的分速度等于零．
(3)子弹打木块类的临界问题
子弹刚好击穿木块的临界条件为子弹穿出时的速度与木块的速度相同，子弹位移为木块位移与木块厚度之和．
【例2】 如图所示，甲车质量m1＝m，在车上有质量为M＝2m的人，甲车(连同车上的人)从足够长的斜坡上高h处由静止滑下，到水平面上后继续向前滑动，此时质量m2＝2m的乙车正以v0的速度迎面滑来，已知h＝，为了使两车不可能发生碰撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳上乙车，试求人跳离甲车的水平速度(相对地面)应满足什么条件？不计地面和斜坡的摩擦，小车和人均可看作质点．
[解析] 设甲车(包括人)滑下斜坡后速度为v1，由机械能守恒定律得(m1＋M)v＝(m1＋M)gh
得v1＝＝2v0
设人跳离甲车的水平速度(相对地面)为v，在人跳离甲车和人跳上乙车过程中各自动量守恒，设人跳离甲车和跳上乙车后，两车的速度分别为v1′和v2′，则
人跳离甲车时(M＋m1)v1＝Mv＋m1v1′
即(2m＋m)v1＝2mv＋mv1′ ①
人跳上乙车时Mv－m2v0＝(M＋m2)v2′
即2mv－2mv0＝(2m＋2m)v2′ ②
解得v1′＝6v0－2v ③
v2′＝v－v0 ④
两车不可能发生碰撞的临界条件是v1′＝±v2′
当v1′＝v2′时，由③④解得v＝v0
当v1′＝－v2′时，由③④解得v＝v0
故v的取值范围为v0≤v≤v0.
[答案] v0≤v≤v0
[一语通关]
1．此类问题中通常有“至少”“最大”“恰好”“刚好”等词语，是解题的关键．
2．明确总动量的方向有时可帮我们迅速找到临界条件．
2．甲、乙两只小船的质量均为M＝120 kg，静止于水面上，甲船上的人质量m＝60 kg，通过一根长为L＝10 m的绳用F＝120 N的力水平拉乙船，求：
(1)两船相遇时，两船分别移动了多少距离；
(2)为防止两船相撞，人至少应以多大的速度从甲船跳到乙船．(忽略水的阻力)
[解析] (1)由“人船模型”特点，水平方向动量守恒：
(M＋m)＝M
x甲＋x乙＝L
解得x甲＝4 m，x乙＝6 m.
(2)设相遇时甲船速度为v1，乙船速度为v2，人跳离时的速度大小为v.因相遇前甲、乙两船受到力的大小及力的作用时间都相等，由动量定理可知甲、乙两船动量大小相等，即(M＋m)v1＝Mv2
由动能定理得Fx甲＝(M＋m)v
人跳离后至少需甲、乙船均停下，对人和甲船组成的系统由动量守恒定律有(M＋m)v1＝0＋mv
解得v＝4m/s.
[答案] 见解析
动量守恒和能量守恒的综合应用
1.解决该类问题用到的规律
动量守恒定律，机械能守恒定律，能量守恒定律，功能关系等．
2．解决该类问题的基本思路
(1)认真审题，明确题目所述的物理情景，确定研究对象．
(2)如果物体间涉及多过程，要把整个过程分解为几个小的过程．
(3)对所选取的对象进行受力分析，判定系统是否符合动量守恒的条件．
(4)对所选系统进行能量转化的分析，比如：系统是否满足机械能守恒，如果系统内有摩擦则机械能不守恒，有机械能转化为内能．
(5)选取所需要的方程列式并求解．
【例3】 如图所示，AOB是光滑水平轨道，BC是半径为R的光滑的固定圆弧轨道，两轨道恰好相切于B点．质量为M的小木块静止在O点，一颗质量为m的子弹以某一初速度水平向右射入小木块内，并留在其中和小木块一起运动，且恰能到达圆弧轨道的最高点C(木块和子弹均看成质点)．
(1)求子弹射入木块前的速度；
(2)若每当小木块返回到O点或停止在O点时，立即有一颗相同的子弹射入小木块，并留在其中，则当第9颗子弹射入小木块后，小木块沿圆弧轨道能上升的最大高度为多少？
[解析] (1)第一颗子弹射入木块的过程，系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v1
系统由O到C的运动过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得(m＋M)v＝(m＋M)gR
由以上两式解得v0＝.
(2)由动量守恒定律可知，第2、4、6…颗子弹射入木块后，木块的速度为0，第1、3、5…颗子弹射入后，木块运动．当第9颗子弹射入木块时，以子弹初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(9m＋M)v9
设此后木块沿圆弧上升的最大高度为H，由机械能守恒得(9m＋M)v＝(9m＋M)gH
由以上各式可得H＝2R.
[答案] (1) (2)2R
[一语通关]
1．两物体不发生相撞的临界条件是两物体的速度同向同速．
2．子弹进入木块的过程中因摩擦而损失的机械能转化为系统的内能．
3．如图所示，质量为m1＝0.01 kg的子弹以v1＝500 m/s的速度水平击中质量为m2＝0.49 kg的木块并留在其中．木块最初静止于质量为m3＝1.5 kg的木板上，木板静止在光滑水平面上并且足够长．木块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.1，求：(g取10 m/s2)
(1)子弹进入木块过程中产生的热量Q1；
(2)木块在木板上滑动过程中产生的热量Q2；
(3)木块在木板上滑行的距离s.
[解析] (1)当子弹射入木块时，由于作用时间极短，则子弹和木块组成的系统动量守恒，设子弹射入木块后，它们的共同速度为v2，对子弹和木块组成的系统由动量守恒定律有m1v1＝(m1＋m2)v2
又由能量守恒有Q1＝m1v－(m1＋m2)v
解得子弹进入木块过程中产生的热量Q1＝1 225 J.
(2)设木块与木板相对静止时的共同速度为v3，对子弹、木块和木板组成的系统由动量守恒定律有
(m1＋m2)v2＝(m1＋m2＋m3)v3
又由能量守恒有
Q2＝(m1＋m2)v－(m1＋m2＋m3)v
解得木块在木板上滑行过程中产生的热量Q2＝18.75 J.
(3)对子弹、木块和木板组成的系统由功能关系有
μ(m1＋m2)gs＝Q2
解得s＝37.5 m.
[答案] (1)1 225 J (2)18.75 J (3)37.5 m
课件40张PPT。章末复习课① ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧ ⑨ ⑩ 点击右图进入…Thank you for watching !章末综合测评(一)
(时间：90分钟 分值：100分)
一、选择题(本题共12小题，每小题4分．其中第1～7小题为单选，8～12小题为多选)
1．a、b两球在光滑的水平面上沿同一直线发生正碰，作用前a球动量pa＝30 kg·m/s，b球动量pb＝0，碰撞过程中，a球的动量减少了20 kg·m/s，则作用后b球的动量为( )
A．－20 kg·m/s B．10 kg·m/s
C．20 kg·m/s D．30 kg·m/s
C [碰撞过程中，a球的动量减少了20 kg·m/s，故此时a球的动量是10 kg·m/s，a、b两球碰撞前后总动量保持不变，为30 kg·m/s，则作用后b球的动量为20 kg·m/s，选项C正确．]
2．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．木箱的动量增量与小车(包含男孩)的动量增量相同
C [男孩、木箱和小车组成的系统动量守恒，A、B选项错误，C选项正确；根据动量守恒可知，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相同，方向相反，D选项错误．]
3．2018年3月22日，一架中国国际航空CA103客机，从天津飞抵香港途中遭遇鸟击，飞机头部被撞穿约一平方米的大洞，雷达罩被砸穿，所幸客机及时安全着陆，无人受伤．若飞机的速度为700 m/s，小鸟在空中的飞行速度非常小，小鸟的质量为0.4 kg.小鸟与飞机的碰撞时间为2.5×10－4 s．则飞机受到小鸟对它的平均作用力的大小约为( )
A．104 N B．105 N
C．106 N D．107 N
C [本题为估算题，可以认为撞击前鸟的速度为零，
撞击后鸟与飞机的速度相等，飞机速度为：v＝700 m/s，
撞击过程可以认为鸟做匀加速直线运动，对鸟，由动量定理得：Ft＝mv－0
F＝＝ N＝1.12×106 N，则C正确，A、B、D错误．]
4．如图，质量为m的小物块，在与水平方向成α角的恒力F作用下，沿光滑水平面运动，通过A点和B点的速度分别为vA和vB(A、B未在图中标出)，其加速度为a，物块由A运动到B的过程中，F对物块所做的功为W，F对物块的冲量为I，以下结论正确的是( )
A.mv＝mv
B．W＝mv－mv
C．I＝mvB－mvA
D．a＝
B [从A到B只有F做功，物体的动能一定增大．故A错误；由动能定理可得：F所做的功W＝mv－mv，故B正确．由动量定理可得：合外力的冲量：I＝mvB－mvA；而合外力为F在水平方向上的分量，故F＞F合，故F的冲量大于合外力的冲量，故C错误；物体只在水平方向有加速度，则加速度：a＝.故D错误．]
5．在空间某一点以大小相等的速率分别竖直上抛、竖直下抛、水平抛出质量相等的三个小球，不计空气阻力，经过t秒(三个小球均未落地)( )
A．三个小球的速度变化率相同
B．三个小球的动能变化量大小相同
C．做竖直下抛运动的小球动量变化量最小
D．做竖直上抛运动的小球动量变化率最大
A [不计空气阻力，三个球运动过程中只受重力作用，它们的动量变化率：＝＝mg，可知三个小球的速度变化率相同．故A正确，D错误；小球在竖直方向的初速度不同，由于经过t秒三个小球均未落地，竖直方向：h＝v0t＋gt2，则可知它们在竖直方向上的位移不同，重力做功W＝mgh则不同，所以动能的变化量不同．故B错误；根据动量定理得知：三个球动量的变化等于重力的冲量I＝Gt＝mgt，三个重力mg相等，运动时间t相同，则重力的冲量I相同，即冲量的大小和方向均相同，所以三个球动量变化量大小相等，方向相同．故C错误．]
6．如图所示，质量为0.5 kg的小球在距离车底面高20 m处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5 m/s速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，车底涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4 kg，若小球在落到车底前瞬时速度是25 m/s，取g＝10 m/s2，则当小球与小车相对静止时，小车的速度大小是( )
A．4 m/s B．5 m/s
C．8.5 m/s D．9.5 m/s
B [小球向左做平抛运动，初速度为v0.根据动能定理可知，mgh＝mv2－mv，解得v0＝15 m/s.小球和车相互作用过程中，水平方向上动量守恒，－mv0＋Mv1＝(M＋m)v′，联立解得v′＝5 m/s，即小球与小车相对静止时，小车的速度大小是5 m/s，B选项正确．]
7．如图所示，光滑水平面上停着一辆小车，小车的固定支架左端用不计质量的细线系一个小铁球．开始将小铁球提起到图示位置，然后无初速释放．在小铁球来回摆动的过程中，下列说法中正确的是
A．小车和小球系统动量守恒
B．小球摆到最低点时，小车的速度最大
C．小球向右摆动过程小车一直向左加速运动
D．小球摆到右方最高点时刻，由于惯性，小车仍在向左运动
B [小车与小球组成的系统在水平方向动量守恒，在竖直方向动量不守恒，系统整体动量不守恒，故A错误；小球从图示位置下摆到最低点，小车受力向左加速运动，当小球到最低点时，小车速度最大．当小球从最低点向右边运动时，小车向左减速，当小球运动到与左边图示位置相对称的位置时，小车静止．故小球向右摆动过程小车先向左加速运动，后向左减速运动，故B正确，C、D错误．]
8．如图所示，在质量为M的小车中挂着一单摆，摆球质量为m0，小车和单摆以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正前方的质量为m的静止的木块发生碰撞，碰撞的时间极短．在此碰撞过程中，下列情况可能发生的是( )
A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2＋m0v3
B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，满足Mv＝Mv1＋mv2
C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为u，满足Mv＝(M＋m)u
D．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2
BC [小车与木块碰撞，且碰撞时间极短，因此相互作用只发生在木块和小车之间，悬挂的摆球在水平方向未受到力的作用，故摆球在水平方向的动量未发生变化，即摆球的速度在小车与木块碰撞过程中始终不变，由此可知A和D两种情况不可能发生；选项B的说法对应于小车和木块碰撞后又分开的情况，选项C的说法对应于小车和木块碰撞后粘在一起的情况，两种情况都有可能发生．故B、C均正确．]
9．右图为两物体A、B在没有其他外力作用时相互作用前后的v-t图象，则由图象可知 ( )
A．A、B的质量之比为5∶3
B．A、B作用前后总动量守恒
C．A、B作用前后总动量不守恒
D．A、B间相互作用力相同
AB [A、B两物体发生碰撞，没有其他外力，A、B组成的系统总动量守恒，故选项B正确，选项C错误；由动量守恒定律得mAΔvA＝－mBΔvB，＝－＝－＝5∶3，故选项A正确；A、B之间相互作用力大小相等、方向相反，因而A、B间相互作用力不同，故选项D错误．]
10．如图甲所示为一固定光滑足够长的斜面，倾角为30°.质量为0.2 kg的物块静止在斜面底端，t＝0时刻，受到沿斜面方向拉力F的作用，取沿斜面向上为正方向，拉力F随时间t变化的图象如图乙所示，g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
甲 乙
A．6 s末物块的速度为零
B．物块一直沿斜面向上运动
C．0～4 s内拉力对物块做的功为20 J
D．0～6 s内拉力对物块的冲量为零
AC [在0～2 s内，由牛顿第二定律可得F1－mgsin 30°＝ma1，解得a1＝5 m/s2，在2～4 s内，由牛顿第二定律可得F2＋mgsin 30°＝ma2，解得a2＝10 m/s2，则物块在0～2 s内向上匀加速直线运动，2～3 s内向上匀减速直线运动，3 s时减小为零，3～4 s内向下匀加速直线运动，4～6 s内向下匀减速直线运动，6 s时速度减为零，故A正确，B错误；在t＝4 s时和t＝2 s时物块在同一位置，速度等大反向，所以0～4 s内拉力对物块做的功等于0～2 s内拉力对物块做的功，s＝a1t2＝10 m，W＝F1s＝20 J，故C正确；0～6 s内拉力对物块的冲量I＝F1t1＋F2t2＝(2×4－1×2)N·s＝6 N·s，故D错误．]
11．如图，两质量分别为m1＝1 kg和m2＝4 kg小球在光滑水平面上相向而行，速度分别为v1＝4 m/s和v2＝6 m/s，发生碰撞后，系统可能损失的机械能为( )
A．25 J B．35 J
C．45 J D．55 J
AB [两球相向运动，发生完全非弹性碰撞损失机械能最多，设向左运动为正方向，根据动量守恒定律得m2v2－m1v1＝(m1＋m2)v，根据能量守恒定律，损失机械能ΔE＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2，代入数据解得，ΔE＝40 J，这是可能损失的最大机械能，故A、B选项正确，C、D选项错误．故选A、B.]
12．如图所示，物体A、B的质量分别为m、2m，物体B置于水平面上，B物体上部半圆形槽的半径为R，将物体A从圆槽的右侧最顶端由静止释放，一切摩擦均不计．则( )
A．A能到达B圆槽的左侧最高点
B．A运动到圆槽的最低点时A的速率为
C．A运动到圆槽的最低点时B的速率为2
D．B向右运动的最大位移大小为
AD [物体A、B运动过程中，系统水平方向上动量守恒，A运动到B的左侧最高点时，两者水平共速，0＝(m＋2m)v共，速度为零，根据能量守恒可知，A能到达B的左侧最高点，A选项正确；A运动到圆槽的最低点时，根据能量守恒可知，mgR＝mv＋·2mv，根据动量守恒可知，mvA＝2mvB，联立解得，A运动到圆槽的最低点时A的速率为2，B的速率为，B、C选项错误；根据平均动量守恒可知，A在水平方向的最大位移和B在水平方向上的最大位移之和为2R，B向右运动的最大位移大小为，D选项正确．]
二、非选择题(本题共4小题，共52分)
13．(10分)质量为1 kg的物体在倾角为30°的光滑斜面顶端由静止释放，斜面高5 m，求物体从斜面顶端滑到底端的过程中重力的冲量为多少？物体的动量变化量为多少？(g取10 m/s2)
[解析] 物体受重力mg和支持力FN的作用．设物体到达斜面底端的速度为v，对物体由动能定理有
mgh＝mv2
物体的动量变化量Δp＝mv－0＝10 kg·m/s，
方向沿斜面方向向下
物体运动时间t＝
由冲量定义可知，重力冲量IG＝mgt＝20 N·s，方向竖直向下．
[答案] 20 N·s，方向竖直向下 10 kg·m/s，方向沿斜面方向向下
14．(12分)2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．某滑道示意图如图，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h＝10 m，C是半径R＝20 m圆弧的最低点，质量m＝60 kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a＝4.5 m/s2，到达B点时速度vB＝30 m/s.取重力加速度g＝10 m/s2.
(1)求长直助滑道AB的长度L；
(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小；
(3)若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力FN的大小．
[解析] (1)已知AB段的初、末速度，则利用运动学公式可以求解斜面的长度，即
v－v＝2aL
可解得：L＝＝100 m.
(2)根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的改变量，所以I＝mvB－0＝1 800 N·s.
(3)运动员在最低点的受力如图所示
由牛顿第二定律可得：FN－mg＝
从B运动到C由动能定理可知：mgh＝mv－mv
解得：FN＝3 900 N.
[答案] (1)100 m (2)1 800 N·s
(3)图见解析 3 900 N
15．(14分)汽车A在水平冰雪路面上行驶．驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m．已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g取10 m/s2.求
(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；
(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小．
[解析] (1)设B车的质量为mB，碰后加速度大小为aB.根据牛顿第二定律有μmBg＝mBaB ①
式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数．
设碰撞后瞬间B车速度的大小为v′B，碰撞后滑行的距离为sB.由运动学公式有v′＝2aBsB ②
联立①②式并利用题给数据得v′B＝3.0 m/s ③
(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA.根据牛顿第二定律有μmAg＝mAaA ④
设碰撞后瞬间A车速度的大小为v′A，碰撞后滑行的距离为sA.由运动学公式有v′＝2aAsA ⑤
设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA.两车在碰撞过程中动量守恒，有mAvA＝mAv′A＋mBv′B ⑥
联立③④⑤⑥式并利用题给数据得
vA≈4.3 m/s.
[答案] (1)3.0 m/s (2)4.3 m/s
16．(16分)光滑水平面上放着质量mA＝2.5 kg的物块A与质量mB＝1.5 kg的物块B，A与B均可视为质点，物块A、B相距L0＝0.4 m，A、B间系一长L＝1.0 m的轻质细绳，开始时A、B均处于静止状态，如图所示．现对物块B施加一个水平向右的恒力F＝5 N，物块B运动一段时间后，绳在短暂时间内被拉断，绳断后经时间t＝0.6 s，物块B的速度达到v＝3 m/s.求：
(1)绳拉断后瞬间的速度vB的大小；
(2)绳拉断过程绳对物块B的冲量I的大小；
(3)绳拉断过程绳对物块A所做的功W.
[解析] (1)绳子断之后，对B应用动量定理
Ft＝mBv－mBvB
解得vB＝1 m/s.
(2)绳子断之前，对B应用动能定理
F(L－L0)＝mBv－0
对B应用动量定理，I＝mBvB－mBv0
解得I＝－1.5 N·s，绳对B的冲量大小为1.5 N·s.
(3)绳拉断的过程中，根据动量守恒定律可知，
mBv0＝mBvB＋mAvA
绳对物体A做功W＝mAv
解得W＝0.45 J.
[答案] (1)1 m/s (2)1.5 N·s (3)0.45 J
