第5讲 力学中的动量与能量问题
1．公式：Ft＝p′－p
2．理解
(1)等式左边是过程量Ft，右边是两个状态量之差，是矢量式．v1、v2是以同一惯性参考系为参照的．
(2)Δp的方向可与mv1一致、相反或成某一角度，但是Δp的方向一定与F一致．
3．应用
(1)恒力，求Δp时，用Δp＝Ft
(2)变力，求I时，用I＝Δp＝mv2－mv1
(3)当Δp一定时，Ft为确定值：F＝
t小F大——如碰撞；t大F小——如缓冲．
例1 (2018·全国卷Ⅱ·15)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
答案 C
解析 设每层楼高约为3 m，则下落高度约为
h＝3×24 m＝72 m
由mgh＝mv2及(F－mg)t＝mv知
鸡蛋对地面的冲击力F＝＋mg≈103 N.
拓展训练1 (2019·广东省“六校”第三次联考)开学了，想到又能够回到校园为梦想而拼搏，小明同学开心得跳了起来．假设小明质量为m，从开始蹬地到离开地面用时为t，离地后小明重心最大升高h，重力加速度为g，忽略空气阻力．以下说法正确的是( )
A．从开始蹬地到最高点的过程中，小明始终处于失重状态
B．在t时间内，小明机械能增加了mgh
C．在t时间内，地面给小明的平均支持力为FN＝
D．在t时间内，地面对小明做功mgh
答案 B
解析 从开始蹬地到最高点的过程中，经历了向上加速和减速的过程，所以小明是先超重后失重，故A错误；小明离开地面后，上升了高度h，增加的机械能为mgh，这是在蹬地的时间t中，其他外力做功转化的，故B正确；在时间t内，由动量定理得：Nt－mgt＝mv－0，离开地面到最高点有：mgh＝mv2，解得：N＝＋mg，故C错误；在时间t内，地面对小明的支持力FN并没有在力的方向上发生位移，做功为0，故D错误．
例2 (2019·全国卷Ⅰ·16)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
答案 B
解析 根据动量定理有FΔt＝Δmv－0，解得Δm＝Δt＝1.6×103 kg，所以选项B正确．
拓展训练2 (2019·湖北武汉市二月调研)运动员在水上做飞行运动表演，他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转180°后向下喷出，令自己悬停在空中，如图所示．已知运动员与装备的总质量为90 kg，两个喷嘴的直径均为10 cm，已知重力加速度大小g＝10 m/s2，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为( )
A．2.7 m/s B．5.4 m/s
C．7.6 m/s D．10.8 m/s
答案 B
解析 设Δt时间内有质量为m的水射出，忽略重力冲量，对这部分水由动量定理得：FΔt＝2mv，m＝2ρvΔt·π
运动员悬停在空中，所以F＝Mg
联立解得：v≈5.4 m/s，故B正确．
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1．动量守恒条件
(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零．
(2)近似守恒：外力远小于内力，且作用时间极短，外力的冲量近似为零，或外力的冲量比内力冲量小得多．
(3)单方向守恒：合外力在某方向上的分力为零，则系统在该方向上动量守恒．
2．表达式
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′或p＝p′或Δp＝0
[规律方法提炼]
1．基本思路
(1)弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程．
(2)进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点．
(3)碰撞过程、子弹打木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析．
2．三类碰撞的特点
例3 (2019·山东日照市3月模拟)A、B两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A、B两球的质量分别为m和M(mA．L1>L2 B．L1C．L1＝L2 D．不能确定
答案 C
解析 当弹簧压缩到最短时，两球的速度相同，对甲图取A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv＝(m＋M)v′
由机械能守恒定律得：Ep＝mv2－(m＋M)v′2
联立解得弹簧压缩到最短时有：Ep＝
同理：对乙图取B的初速度方向为正方向，当弹簧压缩到最短时有：Ep＝
故弹性势能相等，则有：L1＝L2，故A、B、D错误，C正确．
拓展训练3 (2019·四川省第二次诊断)如图所示，一块长度为L、质量为m的木块静止在光滑水平面上．一颗质量也为m的子弹以水平速度v0射入木块．当子弹刚射穿木块时，木块向前移动的距离为s.设子弹穿过木块的过程中受到的阻力恒定不变，子弹可视为质点．则子弹穿过木块的时间为( )
A.(s＋L) B.(s＋2L)
C.(s＋L) D.(L＋2s)
答案 D
解析 子弹穿过木块过程，对子弹和木块的系统，外力之和为零动量守恒，有：mv0＝mv1＋mv2，
设子弹穿过木块的过程所受阻力为Ff，对子弹由动能定理：－Ff(s＋L)＝mv－mv，
由动量定理：－Fft＝mv1－mv0，
对木块由动能定理：Ffs＝mv，
由动量定理：Fft＝mv2，
联立解得：t＝(L＋2s)，故选D.
例4 如图所示，物体A静止在光滑平直轨道上，其左端固定有水平轻质弹簧，物体B以速度v0＝2.0 m/s沿轨道向物体A运动，并通过弹簧与物体A发生相互作用，设A、B两物体的质量均为m＝2 kg，求当物体A的速度多大时，A、B组成的系统动能损失最大？损失的最大动能为多少？
答案 1.0 m/s 2 J
解析 当两物体速度相等时，弹簧压缩量最大，系统损失的动能最大．以v0的方向为正方向，由动量守恒定律知mv0＝2mv，所以v＝＝1.0 m/s
损失的动能为ΔEk＝mv－×2m×v2＝2 J.
拓展训练4 (多选)(2019·福建厦门市上学期期末质检)如图所示，一质量M＝2.0 kg的长木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝1.0 kg的小物块A.给A和B以大小均为3.0 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，A始终没有滑离B板．下列说法正确的是( )
A．A、B共速时的速度大小为1 m/s
B．在小物块A做加速运动的时间内，木板B速度大小可能是2 m/s
C．从A开始运动到A、B共速的过程中，木板B对小物块A的水平冲量大小为2 N·s
D．从A开始运动到A、B共速的过程中，小物块A对木板B的水平冲量方向向左
答案 AD
解析 设水平向右为正方向，根据动量守恒定律得：Mv－mv＝(M＋m)v共，解得v共＝1 m/s，A正确；设水平向右为正方向，在小物块向左减速到速度为零时，设长木板速度大小为v1，根据动量守恒定律：Mv－mv＝Mv1，解得：v1＝1.5 m/s，所以当小物块反向加速的过程中，木板继续减速，木板的速度必然小于1.5 m/s，所以B错误；设水平向右为正方向，根据动量定理，A、B两物体相互作用的过程中，木板B对小物块A的平均冲量大小为I＝mv共＋mv＝4 N·s，故C错误；设水平向右为正方向，根据动量定理，A对B的水平冲量I′＝Mv共－Mv＝－4 N·s，负号代表与正方向相反，即向左，故D正确．
1．三个基本观点
(1)动力学的观点：主要是牛顿运动定律和运动学公式相结合，常涉及物体的受力、加速度或匀变速运动的问题．
(2)动量的观点：主要应用动量定理或动量守恒定律求解，常涉及物体的受力和时间问题，以及相互作用物体的问题．
(3)能量的观点：在涉及单个物体的受力和位移问题时，常用动能定理；在涉及系统内能量的转化问题时，常用能量守恒定律．
2．选用原则
(1)单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律．若其中涉及时间的问题，应选用动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律．
(2)多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决．
3．系统化思维方法
(1)对多个物理过程进行整体思考，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂的运动．
(2)对多个研究对象进行整体思考，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统)．
例5 (2019·湖北省稳派教育上学期第二次联考)如图所示，半径R1＝1 m的四分之一光滑圆弧轨道AB与平台BC在B点平滑连接，半径R2＝0.8 m的四分之一圆弧轨道上端与平台C端连接，下端与水平地面平滑连接，质量m＝0.1 kg的乙物块放在平台BC的右端C点，将质量也为m的甲物块在A点由静止释放，让其沿圆弧下滑，并滑上平台与乙相碰，碰撞后甲与乙粘在一起从C点水平抛出，甲物块与平台间的动摩擦因数均为μ＝0.2，BC长L＝1 m，重力加速度g取10 m/s2，不计两物块的大小及碰撞所用的时间，求：
(1)甲物块滑到B点时对轨道的压力大小；
(2)甲和乙碰撞后瞬间共同速度的大小；
(3)粘在一起的甲、乙两物块从C点抛出到落到CDE段轨道上所用的时间．
答案 (1)3 N (2)2 m/s (3)0.4 s
解析 (1)甲物块从A点滑到B点，根据机械能守恒定律有：mgR1＝mv
甲物块运动到B点时，根据牛顿第二定律有：FN－mg＝m
联立解得：FN＝3 N
根据牛顿第三定律可知，甲物块在B点对轨道的压力大小FN′＝FN＝3 N
(2)甲从B点向右滑动的过程中，做匀减速直线运动，加速度大小为a＝μg＝2 m/s2
甲物块乙相碰前瞬间的速度为v2＝＝4 m/s
设甲、乙相碰后瞬间共同速度的大小为v3，根据动量守恒有：mv2＝2mv3
解得：v3＝2 m/s；
(3)碰撞后，甲和乙以2 m/s的速度水平抛出，假设两物块会落到水平地面上
则下落的时间t＝＝0.4 s
则水平的位移x＝v3t＝0.8 m＝R2
说明两物块刚好落到D点，假设成立
因此抛出后落到CDE轨道上所用时间为0.4 s.
拓展训练5 (2019·山东菏泽市一模)如图所示，质量均为m的A、B两球套在悬挂的细绳上，A球吊在绳的下端刚好不滑动，稍有扰动A就与绳分离，A球离地高度为h，A、B两球开始时在绳上的间距也为h，B球释放后由静止沿绳匀加速下滑，与A球相碰后粘在一起(碰撞时间极短)，并滑离绳子．若B球沿绳下滑的时间是A、B一起下落到地面时间的2倍，重力加速度为g，不计两球大小及空气阻力，求：
(1)A、B两球碰撞后粘在一起瞬间速度大小；
(2)从B球开始释放到两球粘在一起下落，A、B两球组成的系统损失的机械能为多少．
答案 (1) (2)mgh
解析 (1)设B球与A球相碰前的速度大小为v1，运动时间为t1，则
h＝v1t1
碰撞过程动量守恒，设两球碰撞后的瞬间共同速度为v2，运动时间为t2，根据动量守恒定律有mv1＝2mv2
两球一起下落过程中，h＝v2t2＋gt
t1＝2t2
解得v2＝；
(2)B球下滑到碰撞前，损失的机械能ΔE1＝mgh－mv
由(1)问知v1＝
因此ΔE1＝mgh
碰撞过程损失的机械能ΔE2＝mv－×2mv＝mgh
因此整个过程损失的机械能为ΔE＝ΔE1＋ΔE2＝mgh.
拓展训练6 (2019·河南省九师联盟质检)如图所示，在光滑水平面上有B、C两个木板，B的上表面光滑，C的上表面粗糙，B上有一个可视为质点的物块A，A、B、C的质量分别为3m、2m、m.A、B以相同的初速度v向右运动，C以速度v向左运动．B、C的上表面等高，二者发生完全非弹性碰撞但并不粘连，碰撞时间很短．A滑上C后恰好能到达C的中间位置，C的长度为L，不计空气阻力．求：
(1)木板C的最终速度的大小；
(2)木板C与物块A之间的摩擦力Ff；
(3)物块A滑上木板C之后，在木板C上做减速运动的时间t.
答案 (1)v (2) (3)
解析 (1)B、C碰撞过程中动量守恒：2mv－mv＝(2m＋m)v1
解得v1＝
A滑到C上，A、C动量守恒：3mv＋mv1＝(3m＋m)v2
解得v2＝v；
(2)在A、C相互作用过程中，由能量守恒定律得Q＝Ff·，
Q＝(3m)v2＋mv－(3m＋m)v
解得Ff＝；
(3)在A、C相互作用过程中，以C为研究对象，由动量定理得Fft＝mv2－mv1
解得t＝.
专题强化练
基础题组
1.如图所示是我国女子短道速滑队训练中的情景，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则( )
A．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量
B．甲、乙的动量变化一定大小相等、方向相反
C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功
答案 B
2.(2019·广东广州市下学期一模)如图为跳水运动员从起跳到落水过程的示意图，运动员从最高点到入水前的运动过程记为Ⅰ，运动员入水后到最低点的运动过程记为Ⅱ，忽略空气阻力，则运动员( )
A．过程Ⅰ的动量改变量等于零
B．过程Ⅱ的动量改变量等于零
C．过程Ⅰ的动量改变量等于重力的冲量
D．过程Ⅱ的动量改变量等于重力的冲量
答案 C
解析 过程Ⅰ的动量改变量等于重力的冲量mgt，不为零，A错误，C正确．
进入水前v≠0，末速度为零，动量改变量不为零，合外力的冲量不等于重力的冲量，B、D错误．
3.(多选)如图所示，一个质量为0.2 kg的垒球，以20 m/s的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为40 m/s，设球棒与垒球的作用时间为0.01 s．下列说法正确的是( )
A．球棒对垒球的平均作用力大小为1 200 N
B．球棒对垒球的平均作用力大小为400 N
C．球棒对垒球做的功为120 J
D．球棒对垒球做的功为40 J
答案 AC
解析 以垒球被打击后反向飞回的方向为正方向，设球棒对垒球的平均作用力为F，由动量定理得F·t＝m(vt－v0)，vt＝40 m/s，v0＝－20 m/s，代入上式，得F＝1 200 N，由动能定理得W＝mv－mv＝120 J，选项A、C正确．
4.(多选)(2017·全国卷Ⅲ·20)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
答案 AB
解析 由动量定理可得：Ft＝mv，解得v＝.t＝1 s时物块的速率为v＝＝ m/s＝1 m/s，故A正确；t＝2 s时物块的动量大小p2＝F2t2＝2×2 kg·m/s＝4 kg·m/s，t＝3 s时物块的动量大小为p3＝(2×2－1×1) kg·m/s＝3 kg·m/s，t＝4 s 时物块的动量大小为p4＝(2×2－1×2) kg·
m/s＝2 kg·m/s，所以t＝4 s时物块的速度为1 m/s，故B正确，C、D错误．
5．(2019·陕西宝鸡市高考模拟检测)超强台风山竹于2018年9月16日前后在我国广东中部沿海登陆，其风力达到17级超强台风强度，风速60 m/s左右，对固定建筑物破坏程度非常巨大．请你根据所学物理知识推算固定建筑物所受风力(空气的压力)与风速(空气流动速度)大小关系，假设某一建筑物垂直风速方向的受力面积为S，风速大小为v，空气吹到建筑物上后速度瞬间减为零，空气密度为ρ，风力F与风速大小v关系式为( )
A．F＝ρSv B．F＝ρSv2
C．F＝ρSv3 D．F＝ρSv3
答案 B
解析 设t时间内吹到建筑物上的空气质量为m，则m＝ρSvt，根据动量定理，－Ft＝0－mv＝0－ρSv2t，F＝ρSv2，故B正确，A、C、D错误．
6．高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)．此后经历时间t安全带达到最大伸长量，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )
A.＋mg B.－mg
C.＋mg D.－mg
答案 A
解析 由自由落体运动公式得人下降h距离时的速度为v＝，在t时间内对人由动量定理得(mg－F)t＝0－mv，解得安全带对人的平均作用力为F＝＋mg，A项正确．
7．如图所示，一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为( )
A．v0－v2 B．v0＋v2
C．v0－v2 D．v0＋(v0－v2)
答案 D
解析 根据动量守恒定律有(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，解得v1＝v0＋(v0－v2)，故A、B、C错误，D正确．
8．(2017·全国卷Ⅰ·14)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为
600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )
A．30 kg·m/s B．5.7×102 kg·m/s
C．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s
答案 A
解析 设火箭的质量为m1，燃气的质量为m2.由题意可知，燃气的动量p2＝m2v2＝50×10－3
×600 kg·m/s＝30 kg·m/s.根据动量守恒定律可得，0＝m1v1－m2v2，则火箭的动量大小为p1＝m1v1＝m2v2＝30 kg·m/s，所以A正确，B、C、D错误．
9．(2019·山东临沂市质检)2017年6月15日上午11点，我国在酒泉卫星发射中心用长征四号乙运载火箭成功发射首颗X射线调制望远镜卫星“慧眼”．假设将发射火箭看成如下模型：静止的实验火箭，总质量为M＝2 100 g．当它以对地速度为v0＝840 m/s喷出质量为Δm＝100 g的高温气体后，火箭的对地速度为(喷出气体过程中重力和空气阻力可忽略不计)( )
A．42 m/s B．－42 m/s C．40 m/s D．－40 m/s
答案 B
解析 喷出气体过程中重力和空气阻力可忽略不计，可知在火箭发射的过程中二者组成的系统竖直方向的动量守恒，以喷出气体的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：Δmv0＋(M－Δm)v＝0，解得：v＝－42 m/s，故B正确，A、C、D错误．
能力题组
10．(2018·全国卷Ⅱ·24)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＝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．
答案 (1)3.0 m/s (2)4.3 m/s
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＝mBaB①
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vB′，碰撞后滑行的距离为sB.由运动学公式有
vB′2＝2aBsB②
联立①②式并利用题给数据得
vB′＝3.0 m/s③
(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＝mAaA④
设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA′，碰撞后滑行的距离为sA，由运动学公式有
vA′2＝2aAsA⑤
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＝mAvA′＋mBvB′⑥
联立③④⑤⑥式并利用题给数据得
vA≈4.3 m/s⑦
11．如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C，B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B和C碰撞过程时间极短，求从A开始压缩弹簧直到与弹簧分离的过程中．
(1)整个系统损失的机械能；
(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．
答案 (1)mv (2)mv
解析 (1)以v0的方向为正方向，对A、B组成的系统，由动量守恒定律得
mv0＝2mv1
解得v1＝v0
B与C碰撞的瞬间，B、C组成的系统动量守恒，有
m·＝2mv2
解得v2＝
系统损失的机械能
ΔE＝m()2－×2m()2＝mv
(2)当A、B、C速度相同时，弹簧的弹性势能最大．以v0的方向为正方向，根据动量守恒定律得
mv0＝3mv
解得v＝
根据能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能
Ep＝mv－(3m)v2－ΔE＝mv.
12．(2019·江西宜春市第一学期期末)如图所示，倾角为30°的粗糙斜面与光滑水平轨道通过一小段圆弧在C点相接，水平轨道的右侧与半径为R＝0.32 m的光滑竖直半圆形轨道相连．质量为0.5 kg的物体B静止在水平轨道上，一质量为0.1 kg的A物体以v0＝16 m/s的速度与B发生正碰，结果B恰好能通过半圆形轨道的最高点．A、B均可看成质点，除第一次碰撞外，不考虑A、B间其他的相互作用，已知A与斜面间的动摩擦因数为μ＝，取g＝10 m/s2.求：
(1)碰撞过程中A对B的冲量大小；
(2)A从第一次冲上斜面到离开斜面的时间．
答案 (1)2 N·s (2)1.5 s
解析 (1)B恰好能通过最高点，故在最高点有：mBg＝mB
设A、B碰后B的速度为vB，则B从碰后到B运动到D点的过程中有：
－mBg·2R＝mBv－mBv
联立代入数据解得：vB＝4 m/s
故A对B的冲量大小为：IAB＝mBvB－0＝2 N·s;
(2)A、B碰撞过程中动量守恒，以v0方向为正，则有：mAv0＝mAvA＋mBvB
代入数据，解得：vA＝－4 m/s，负号说明其方向与v0方向相反
因此A以vA＝4 m/s的速度冲上斜面，A沿斜面向上运动的加速度大小为：a1＝gsin θ＋
μgcos θ＝8 m/s2
A沿斜面向上运动的时间为：t1＝＝0.5 s
A沿斜面向上运动的距离为：x＝t1＝1 m
A沿斜面向下运动的加速度大小为：a2＝gsin θ－μgcos θ＝2 m/s2
A沿斜面向下运动的过程中有：x＝a2t，代入数据解得：t2＝1 s
故A从第一次冲上斜面到离开斜面的时间为：t＝t1＋t2＝1.5 s.
课件33张PPT。第5讲 力学中的动量与能量问题第一部分 专题二 能量与动量题型1 动量和动量定理的应用题型2 碰撞类问题题型3 动力学、动量和能量观点的应用动量和动量定理的应用题型11.公式：Ft＝p′－p
2.理解
(1)等式左边是过程量Ft，右边是两个状态量之差，是矢量式.v1、v2是以同一惯性参考系为参照的.
(2)Δp的方向可与mv1一致、相反或成某一角度，但是Δp的方向一定与F一致.
3.应用
(1)恒力，求Δp时，用Δp＝Ft
(2)变力，求I时，用I＝Δp＝mv2－mv1
t小F大——如碰撞；t大F小——如缓冲.例1 (2018·全国卷Ⅱ·15)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解析 设每层楼高约为3 m，则下落高度约为
h＝3×24 m＝72 m√拓展训练1 (2019·广东省“六校”第三次联考)开学了，想到又能够回到校园为梦想而拼搏，小明同学开心得跳了起来.假设小明质量为m，从开始蹬地到离开地面用时为t，离地后小明重心最大升高h，重力加速度为g，忽略空气阻力.以下说法正确的是
A.从开始蹬地到最高点的过程中，小明始终处于失重状态
B.在t时间内，小明机械能增加了mgh
D.在t时间内，地面对小明做功mgh√解析 从开始蹬地到最高点的过程中，经历了向上加速和减速的过程，所以小明是先超重后失重，故A错误；
小明离开地面后，上升了高度h，增加的机械能为mgh，这是在蹬地的时间t中，其他外力做功转化的，故B正确；在时间t内，地面对小明的支持力FN并没有在力的方向上发生位移，做功为0，故D错误.例2 (2019·全国卷Ⅰ·16)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√拓展训练2 (2019·湖北武汉市二月调研)运动员在水上做飞行运动表演，他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转180°后向下喷出，令自己悬停在空中，如图所示.已知运动员与装备的总质量为90 kg，两个喷嘴的直径
均为10 cm，已知重力加速度大小g＝10 m/s2，水的密度ρ＝1.0
×103 kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为
A.2.7 m/s B.5.4 m/s
C.7.6 m/s D.10.8 m/s√解析 设Δt时间内有质量为m的水射出，忽略重力冲量，对这部分水由动量定理得：运动员悬停在空中，所以F＝Mg
联立解得：v≈5.4 m/s，故B正确.碰撞类问题题型21.动量守恒条件
(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零.
(2)近似守恒：外力远小于内力，且作用时间极短，外力的冲量近似为零，或外力的冲量比内力冲量小得多.
(3)单方向守恒：合外力在某方向上的分力为零，则系统在该方向上动量守恒.
2.表达式
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′或p＝p′或Δp＝0相关知识链接1.基本思路
(1)弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程.
(2)进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点.
(3)碰撞过程、子弹打木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析.
2.三类碰撞的特点规律方法提炼例3 (2019·山东日照市3月模拟)A、B两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A、B两球的质量分别为m和M(mA.L1>L2 B.L1C.L1＝L2 D.不能确定√解析 当弹簧压缩到最短时，两球的速度相同，对甲图取A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv＝(m＋M)v′故弹性势能相等，则有：L1＝L2，故A、B、D错误，C正确.拓展训练3 (2019·四川省第二次诊断)如图所示，一块长度为L、质量为m的木块静止在光滑水平面上.一颗质量也为m的子弹以水平速度v0射入木块.当子弹刚射穿木块时，木块向前移动的距离为s.设子弹穿过木块的过程中受到的阻力恒定不变，子弹可视为质点.则子弹穿过木块的时间为√解析 子弹穿过木块过程，对子弹和木块的系统，外力之和为零动量守恒，有：mv0＝mv1＋mv2，由动量定理：－Fft＝mv1－mv0，由动量定理：Fft＝mv2，例4 如图所示，物体A静止在光滑平直轨道上，其左端固定有水平轻质弹簧，物体B以速度v0＝2.0 m/s沿轨道向物体A运动，并通过弹簧与物体A发生相互作用，设A、B两物体的质量均为m＝2 kg，求当物体A的速度多大时，A、B组成的系统动能损失最大？损失的最大动能为多少？解析 当两物体速度相等时，弹簧压缩量最大，系统损失的动能最大.以v0的方向为正方向，答案 1.0 m/s 2 J拓展训练4 (多选)(2019·福建厦门市上学期期末质检)如图所示，一质量M＝2.0 kg的长木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝1.0 kg的小物块A.给A和B以大小均为3.0 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，A始终没有滑离B板.下列说法正确的是
A.A、B共速时的速度大小为1 m/s
B.在小物块A做加速运动的时间内，木板B速度大小可能是2 m/s
C.从A开始运动到A、B共速的过程中，木板B对小物块A的水平冲量大小为2 N·s
D.从A开始运动到A、B共速的过程中，小物块A对木板B的水平冲量方向向左√√解析 设水平向右为正方向，根据动量守恒定律得：Mv－mv＝(M＋m)v共，解得v共＝1 m/s，A正确；
设水平向右为正方向，在小物块向左减速到速度为零时，设长木板速度大小为v1，根据动量守恒定律：Mv－mv＝Mv1，解得：v1＝1.5 m/s，所以当小物块反向加速的过程中，木板继续减速，木板的速度必然小于1.5 m/s，所以B错误；
设水平向右为正方向，根据动量定理，A、B两物体相互作用的过程中，木板B对小物块A的平均冲量大小为I＝mv共＋mv＝4 N·s，故C错误；
设水平向右为正方向，根据动量定理，A对B的水平冲量I′＝Mv共－Mv＝－4 N·s，负号代表与正方向相反，即向左，故D正确.动力学、动量和能量观点的应用题型3相关知识链接1.三个基本观点
(1)动力学的观点：主要是牛顿运动定律和运动学公式相结合，常涉及物体的受力、加速度或匀变速运动的问题.
(2)动量的观点：主要应用动量定理或动量守恒定律求解，常涉及物体的受力和时间问题，以及相互作用物体的问题.
(3)能量的观点：在涉及单个物体的受力和位移问题时，常用动能定理；在涉及系统内能量的转化问题时，常用能量守恒定律.2.选用原则
(1)单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律.若其中涉及时间的问题，应选用动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律.
(2)多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决.
3.系统化思维方法
(1)对多个物理过程进行整体思考，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂的运动.
(2)对多个研究对象进行整体思考，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统).例5 (2019·湖北省稳派教育上学期第二次联考)如图所示，半径R1＝1 m的四分之一光滑圆弧轨道AB与平台BC在B点平滑连接，半径R2＝0.8 m的四分之一圆弧轨道上端与平台C端连接，下端与水平地面平滑连接，质量m＝0.1 kg的乙物块放在平台BC的右端C点，将质量也为m的甲物块在A点由静止释放，让其沿圆弧下滑，并滑上平台与乙相碰，碰撞后甲与乙粘在一起从C点水平抛出，甲物块与平台间的动摩擦因数均为μ＝0.2，BC长L＝1 m，重力加速度g取10 m/s2，不计两物块的大小及碰撞所用的时间，求：
(1)甲物块滑到B点时对轨道的压力大小；答案 3 N 联立解得：FN＝3 N
根据牛顿第三定律可知，甲物块在B点对轨道的压力大小FN′＝FN＝3 N(2)甲和乙碰撞后瞬间共同速度的大小；答案 2 m/s 解析 甲从B点向右滑动的过程中，做匀减速直线运动，加速度大小为a＝μg＝2 m/s2设甲、乙相碰后瞬间共同速度的大小为v3，根据动量守恒有：mv2＝2mv3
解得：v3＝2 m/s；(3)粘在一起的甲、乙两物块从C点抛出到落到CDE段轨道上所用的时间.答案 0.4 s解析 碰撞后，甲和乙以2 m/s的速度水平抛出，假设两物块会落到水平地面上则水平的位移x＝v3t＝0.8 m＝R2
说明两物块刚好落到D点，假设成立
因此抛出后落到CDE轨道上所用时间为0.4 s.拓展训练5 (2019·山东菏泽市一模)如图所示，质量均为m的A、B两球套在悬挂的细绳上，A球吊在绳的下端刚好不滑动，稍有扰动A就与绳分离，A球离地高度为h，A、B两球开始时在绳上的间距也为h，B球释放后由静止沿绳匀加速下滑，与A球相碰后粘在一起(碰撞时间极短)，并滑离绳子.若B球沿绳下滑的时间是A、B一起下落到地面时间的2倍，重力加速度为g，不计两球大小及空气阻力，求：
(1)A、B两球碰撞后粘在一起瞬间速度大小；碰撞过程动量守恒，设两球碰撞后的瞬间共同速度为v2，运动时间为t2，
根据动量守恒定律有mv1＝2mv2解析 设B球与A球相碰前的速度大小为v1，t1＝2t2(2)从B球开始释放到两球粘在一起下落，A、B两球组成的系统损失的机械能为多少.拓展训练6 (2019·河南省九师联盟质检)如图所示，在光滑水平面上有B、C两个木板，B的上表面光滑，C的上表面粗糙，B上有一个可视为质点的物块A，A、B、C的质量分别为3m、2m、m.A、B以相同的初速度v向右运动，C以速度v向左运动.B、C的上表面等高，二者发生完全非弹性碰撞但并不粘连，碰撞时间很短.A滑上C后恰好能到达C的中间位置，C的长度为L，不计空气阻力.求：
(1)木板C的最终速度的大小；解析 B、C碰撞过程中动量守恒：2mv－mv＝(2m＋m)v1A滑到C上，A、C动量守恒：3mv＋mv1＝(3m＋m)v2(2)木板C与物块A之间的摩擦力Ff；(3)物块A滑上木板C之后，在木板C上做减速运动的时间t.解析 在A、C相互作用过程中，以C为研究对象，由动量定理得Fft＝mv2－mv1本课结束
