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
1．动量定理表达式FΔt＝mv′－mv中的F为物体在Δt时间内所受的合外力．
应用动量定理列方程时必须选取正方向．
2．不受外力或者所受外力的矢量和为零时，系统的动量守恒；当外力比相互作用的内力小得多时，系统的动量近似守恒；当某一方向上的合外力为零时，系统在该方向上动量守恒．
3．三类碰撞
(1)弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.
机械能守恒：m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2.
(2)完全非弹性碰撞
动量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v′.
机械能损失最多，机械能的损失量为：
ΔE＝(m1v＋m2v)－(m1＋m2)v′2.
(3)非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.
机械能有损失，机械能的损失量为：
ΔE＝(m1v＋m2v)－(m1v1′2＋m2v2′2)．
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．
题型一、动量定理的理解与应用
【典例1】(2019·武汉高三下学期2月调考)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】 C
【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＝ρvΔt·π，设运动员与装备的总质量为M，运动员悬停在空中，所以F′＝Mg，由牛顿第三定律得F′＝F，联立解得v≈7.6 m/s，C正确。
题型二、动量守恒定律的应用
【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．
【典例2】如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上玩耍．甲和他的冰车的总质量为M＝30 kg，乙和他的冰车的总质量也是M＝30 kg.甲推着一个质量为m＝15 kg的箱子和他一起以2 m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来．为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处时，乙迅速抓住．若不计冰面摩擦，求甲至少以多大速度(相对地)将箱子推出，才能避免与乙相撞？
【解析】要想刚好避免相撞，要求乙抓住箱子后与甲的速度正好相等，设甲推出箱子后的速度为v1，箱子的速度为v，乙抓住箱子后的速度为v2.
对甲和箱子，推箱子前后动量守恒，以甲初速度方向为正方向，由动量守恒定律有(M＋m)v0＝mv＋Mv1①
对乙和箱子，抓住箱子前后动量守恒，以箱子初速度方向为正方向，由动量守恒定律有
mv－Mv0＝(m＋M)v2②
甲与乙刚好不相撞的条件是v1＝v2③
联立①②③解得v＝5.2 m/s，方向与甲和箱子初速度方向一致．
【答案】 5.2 m/s
题型三、碰撞模型的规律及应用
【典例3】．(多选)(2019·山东济南高三第二次联考)如图甲所示，光滑水平面上有a、b两个小球，a球向b球运动并与b球发生正碰后粘合在一起共同运动，其碰前和碰后的s -t图象如图乙所示，已知ma＝5 kg.若b球的质量为mb，两球因碰撞而损失的机械能为ΔE，则( )
A．mb＝1 kg B．mb＝2 kg
C．ΔE＝15 J D．ΔE＝35 J
【解析】在s -t图象中图线的斜率表示小球运动的速度大小，所以va＝ m/s＝6 m/s，碰后粘合在一起共同运动的速度为v＝ m/s＝5 m/s，碰撞过程动量守恒，得mava＝(ma＋mb)v，解得mb＝1 kg，故A正确，B错误；根据功能关系得ΔE＝mav－(ma＋mb)v2＝15 J，故C正确，D错误．
【答案】AC
题型四、动量与能量的综合应用
【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．
【典例4】(2019·湖北孝感高三上学期期末八校联考)如图所示，水平轨道OBC与一半径为R＝0.5 m的竖直光滑半圆形轨道CD相切于C点，其中AB部分粗糙，其他部分光滑。质量分别为1 kg和2 kg且外形相同的甲、乙两物块放在水平轨道上，物块甲被一处于压缩状态的轻弹簧水平锁定于A点左侧某处(图中未画出)，其与轨道AB间的动摩擦因数为μ＝0.2，AB间的距离LAB＝7.75 m，物块乙位于轨道BC上。现释放物块甲，使其从A点弹出，并与物块乙相撞。已知两物块撞后粘在一起向右运动，两物块恰好能运动到半圆轨道的最高点D，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)弹簧对物块甲的冲量；
(2)从物块甲被弹出至滑到D点的过程中，甲、乙整体损失的机械能ΔE。
【答案】 (1)16 N·s (2)90.5 J
【解析】 (1)甲、乙两物块碰后恰能到达竖直半圆轨道的最高点，由牛顿第二定律得
(M甲＋M乙)g＝
在甲、乙两物块从碰后到上滑到最高点的过程中，由机械能守恒定律有(M甲＋M乙)v＋2(M甲＋M乙)gR＝(M甲＋M乙)v
在甲、乙碰撞的过程中，由动量守恒定律有
M甲v甲＝(M甲＋M乙)v共
在物块甲由A到B的过程中，由运动学知识有
v－v＝－2μgLAB
联立以上各式解得v共＝5 m/s，v0＝16 m/s
在弹簧与物块甲相互作用的过程中，对物块甲应用动量定理有
I＝M甲v0＝16 N·s。
(2)从物块甲被弹出至滑到D点的过程中，甲、乙整体损失的机械能为
ΔE＝M甲v－(M甲＋M乙)v＝90.5 J。
1.(2019·湖南株洲高三年级教学检测)高空坠物伤人事件常有发生．一身高为1.75 m的同学被一根从6.75 m高处竖直落下的枯树枝砸正头顶，设枯枝质量为2 kg，与头部作用时间为0.02 s，那么( )
A．枯枝对人的头部产生的冲击力约20 N
B．枯枝对人的头部产生的冲击力约1 000 N
C．保持其他条件不变，身高更高的同学，头部受到枯枝的冲击力会更大
D．保持其他条件不变，身高更矮的同学，头部受到枯枝的冲击力会更小
【解析】树枝落到头顶上时的速度v＝＝ m/s＝10 m/s，对树枝由动量定理得(mg－F)Δt＝0－mv，解得F＝1 020 N，则选项B正确，A错误；保持其他条件不变，身高更高的同学，树枝落到头部的速度较小，则根据上述的分析可知，头部受到枯枝的冲击力会更小；同理身高更矮的同学，头部受到枯枝的冲击力会更大，选项C、D错误．
【答案】B
2．(多选)(2019·黑龙江哈尔滨4月理综检测)水平推力F1和F2分别作用于置于水平面上的等质量的a、b两物块上，作用一段时间后撤去推力，两物块在水平面上继续运动一段时间停下来．两物块运动的v -t图象如图所示，图中AB∥CD，则下列说法正确的是( )
A．两物块所受摩擦力大小相等
B．两物块所受摩擦力冲量大小相等
C．F1的冲量大于F2的冲量
D．F1的冲量小于F2的冲量
【解析】由图，AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等，故A正确．根据I＝Fft，由图看出摩擦力的作用时间tOB＜tOD，可知摩擦力的冲量不相等，选项B错误．根据动量定理，对整个过程研究得F1t1－FftOB＝0，F2t2－FftOD＝0，因tOB＜tOD，则有F1t1＜F2t2，即F1的冲量小于F2的冲量，故C错误，D正确．故选A、D.
【答案】AD
3．(2019·陕西西安高考模拟)如图所示，一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止开始从顶端下滑到底端C、D、E处，三个过程中动能变化量的大小依次为ΔE1、ΔE2、ΔE3，动量变化量的大小依次为Δp1、Δp2、Δp3，则有( )
A．ΔE1＜ΔE2＜ΔE3，Δp1＜Δp2＜Δp3
B．ΔE1＜ΔE2＜ΔE3，Δp1＝Δp2＝Δp3
C．ΔE1＝ΔE2＝ΔE3，Δp1＜Δp2＜Δp3
D．ΔE1＝ΔE2＝ΔE3，Δp1＝Δp2＝Δp3
【解析】物体下滑过程中，只有重力做功，三种情况下下降的高度相同，即重力做功相同，根据动能定理可得下滑到底端时的动能相同，故ΔE1＝ΔE2＝ΔE3；由机械能守恒定律可知物体下滑到底端C、D、E的速度大小v相等，动量变化量大小Δp＝mv相等，即 Δp1＝Δp2＝Δp3(注意方向不同)，D正确．
【答案】D
4．(2019·湖南娄底高三教学质量检测)质量为M的气球上有一个质量为m的人，气球和人在静止的空气中共同静止于离地h高处，如果从气球上逐渐放下一个质量不计的软梯，让人沿软梯降到地面，则软梯长至少应为( )
A. h B. h
C.h D.h
【解析】设人沿软梯滑至地面，软绳长度至少为L，以人和气球的系统为研究对象，竖直方向动量守恒，规定竖直向下为正方向，由动量守恒定律得0＝M(－v2)＋mv1，人沿软梯降至地面时，气球上升的高度为L－h，速度大小v2＝，人相对于地面下降的高度为h，速度大小为v1＝，联立得0＝M(－)＋m·，解得L＝h ，故C正确，A、B、D错误．
【答案】C
5.(2019·湖南长沙高三期末)如图所示，质量为m的A球以速度v0在光滑水平面上运动，与原静止的质量为4m的B球碰撞，碰撞后A球以v＝av0(待定系数a<1)的速率弹回，并与挡板P发生完全弹性碰撞，若要使A球能追上B球再相撞，则a的取值范围为( )
A.＜a＜ B.＜a＜
C.＜a≤ D.＜a ≤
【解析】碰撞过程动量守恒，以v0方向为正方向有mAv0＝－mAav0＋mBvB，A与挡板P碰撞后能追上B发生再碰撞的条件是av0＞vB，解得＜a；碰撞过程中损失的机械能ΔEk＝mAv－ [mA(av0)2＋mBv]≥0，解得a≤，故＜a≤，D正确．
【答案】D
6．(多选)一质量m＝0.10 kg的小钢球以大小为v0＝10 m/s的速度水平抛出，下落h＝5.0 m时撞击一钢板，撞后速度恰好反向，且速度大小不变．已知小钢球与钢板的作用时间极短，g取10 m/s2，则( )
A．钢板与水平面的夹角θ＝60°
B．小钢球从水平抛出到刚要撞击钢板的过程中重力的冲量大小为1 N·s
C．小钢球撞击钢板的过程中其动量的变化量的大小为 10 kg·m/s
D．钢板对小钢球的冲量大小为 2 N·s
【解析】由题意可知小钢球垂直撞击钢板．小钢球撞击钢板时的竖直分速度vy＝＝10 m/s，设小球的速度方向与水平方向的夹角为α，则tan α＝＝1，解得α＝45°，即钢板与水平面的夹角θ＝45°，选项A错误；小钢球从水平抛出到刚要撞击钢板时所飞行的时间t＝＝1 s，重力冲量I＝mgt＝1 N·s，选项B正确；取垂直斜面向上为正方向，小钢球刚要撞击钢板时速度的大小为v1＝v0＝10 m/s，动量p1＝－mv1＝－ kg·m/s，撞后小钢球的速度v2＝10 m/s，动量p2＝mv2＝ kg·m/s，小钢球的动量变化Δp＝p2－p1＝2 kg·m/s，由动量定理可知，钢板对小钢球的冲量大小I＝Δp＝2 N·s，选项C错误，D正确．
【答案】BD
7．(多选)(2019·河南驻马店高三期末)如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m＝3 kg的物块A、B、C，物块B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A以v0＝4 m/s的速度朝B开始运动，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，则以下说法正确的是( )
A．从开始到弹簧最短时物块C受到的冲量大小为1 N·s
B．从开始到弹簧最短时物块C受到的冲量大小为4 N·s
C．从开始到A与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为3 J
D．从开始到A与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为9 J
【解析】：根据动量守恒定律，当A、B速度相等时，且与C碰撞之前A、B的速度为v1，则mv0＝2mv1，解得v1＝2 m/s；从开始到弹簧最短时，对A、B、C系统，有mv0＝3mv2，解得v2＝ m/s；从开始到弹簧最短时，对物块C，由动量定理得I＝mv2＝4 N·s，选项B正确，A错误．B与C相碰的过程，mv1＝2mv3，解得v3＝1 m/s，则从开始到A与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为ΔE＝mv－×2mv＝3 J，选项C正确，D错误．
【答案】：BC
8.(2019·云南二模)如图所示，木块静止在光滑水平面上，两颗不同的子弹A、B从木块两侧同时射入木块，最终都停在木块内，这一过程中木块始终保持静止。若子弹A射入的深度大于子弹B射入的深度，则( )
A．子弹A的质量一定比子弹B的质量大
B．入射过程中子弹A受到的阻力比子弹B受到的阻力大
C．子弹A在木块中运动的时间比子弹B在木块中运动的时间长
D．子弹A射入木块时的初动能一定比子弹B射入木块时的初动能大
【答案】 D
【解析】 由于木块始终保持静止状态，则两子弹对木块的推力大小相等，即两子弹所受的阻力大小相等，设为f，根据动能定理得，对子弹A：－fdA＝0－EkA，得EkA＝fdA；对子弹B：－fdB＝0－EkB，得EkB＝fdB，由于dA>dB，则有子弹入射时的初动能EkA>EkB，故B错误，D正确。两子弹和木块组成的系统动量守恒，则有＝，而EkA>EkB，则mA9.如图，光滑的水平地面上停着一个木箱和小车，木箱质量为m，小车和人的总质量为M＝4m，人以对地速率v将木箱水平推出，木箱碰墙后等速反弹回来，人接住木箱后再以同样大小的速率v第二次推出木箱，木箱碰墙后又等速反弹回来……多次往复后，人将接不到木箱．求从开始推木箱到接不到木箱的整个过程，人所做的功．
【解析】设人推出木箱n次后，不再接到木箱，每次推出木箱后，小车和人获得的速率依次为v1、v2、v3、…、vn，设水平向右为正方向，由系统动量守恒得
第一次推木箱时：0＝4mv1－mv
第二次推木箱时：4mv1＋mv＝4mv2－mv
……
第n次推木箱时：4mvn－1＋mv＝4mvn－mv
联立解得vn＝v
人接不到木箱的条件为vn≥v
解得n≥2.5，取n＝3
即人最多能推3次木箱，最终人的速度大小v3＝v
由机械能守恒定律可得，人在整个过程中做的功
W＝×4mv＋mv2＝mv2.
【答案】mv2
10.(2019·江西吉安高三上学期五校联考)平板车上的跨栏运动如图所示，光滑水平地面上人与滑板A一起以v0＝0.5 m/s的速度前进，正前方不远处有一距离轨道高h＝0.7875 m的(不考虑滑板的高度)横杆，横杆另一侧有一静止滑板B，当人与A行至横杆前时，人相对滑板竖直向上起跳越过横杆，A从横杆下方通过并与B发生弹性碰撞，之后人刚好落到B上，不计空气阻力，已知m人＝40 kg，mA＝5 kg，mB＝10 kg，g取10 m/s2。求：
(1)人相对滑板A竖直向上起跳的最小速度(结果保留根号)及人跳离滑板A时相对地面的最小速度；
(2)A从横杆下方通过并与B发生弹性碰撞后A、B的速度各多大；
(3)最终人与B的共同速度的大小。
【答案】 (1) m/s 4 m/s (2)－ m/s m/s (3) m/s
【解析】 (1)设人相对滑板A起跳的竖直速度至少为vy，则有v＝2gh
解得：vy＝ m/s
因为人与滑板A的水平速度相同，所以人跳离滑板A时相对地面的最小速度为v＝＝4 m/s。
(2)人跳起后，A与B碰撞前后动量守恒，机械能守恒，设碰后A的速度为v1，B的速度为v2，则有
mAv0＝mAv1＋mBv2
mAv＝mAv＋mBv
解得：v1＝－ m/s，v2＝ m/s。
(3)人下落与B作用前后，水平方向动量守恒，设共同速度为v3，则有m人v0＋mBv2＝(m人＋mB)v3
代入数据得：v3＝ m/s。
11．(2019·山东青岛高三期末联考)如图所示，在光滑水平面上有一带挡板的长木板，挡板和长木板的总质量为m，木板长度为L(挡板的厚度可忽略)，挡板上固定有一个小炸药包(可视为质量不计的点)．木板左端有一质量也为m(可视为质点)的滑块．滑块与木板间的动摩擦因数恒定，整个系统处于静止状态．给滑块一个水平向右的初速度v0，滑块相对木板向右运动，刚好能与小炸药包接触，接触瞬间小炸药包爆炸(此过程时间极短，爆炸后滑块与木板只在水平方向上运动，且完好无损)，滑块向左运动，最终回到木板的左端，恰与木板相对静止．求：
(1)滑块与木板间的动摩擦因数；
(2)小炸药包爆炸完毕时滑块和木板的速度．
【解析】(1)滑块相对木板向右运动，刚好能与炸药包接触，此时滑块和木板的速度相同，设滑块刚要与炸药包接触时的速度为v1，以水平向右为正方向；滑块和木板组成的系统，滑块在木板上滑动的过程中，系统所受合外力为零，则该系统动量守恒，故有mv0＝2mv1
解得v1＝v0，方向水平向右
滑块在木板上滑动的过程中，由功能关系可知
μmgL＝mv－·2mv
联立解得μ＝.
(2)设爆炸后滑块和木板的速度分别为v1′和v2′，最终滑块相对木板静止于木板的左端时速度为v2，系统在爆炸前后动量守恒，则有
2mv1＝mv1′＋mv2′
2mv1＝2mv2
系统爆炸后，对滑块在木板上运动的过程应用功能关系，则有
μmgL＝mv1′2＋mv2′2－·2mv
联立以上各式解得v1′＝0；v2′＝v0，方向水平向右．
【答案】(1) (2)滑块速度为0 木板速度为v0，方向水平向右
12．(2019·福建莆田第一中学高考模拟)质量为mB＝2 kg的木板B静止于光滑水平面上，质量为mA＝6 kg的物块A停在B的左端，质量为mC＝2 kg的小球C用长为l＝0.8 m的轻绳悬挂在固定点O.现将小球C及轻绳拉直至水平位置后由静止释放，小球C在最低点与A发生正碰，碰撞作用时间很短为Δt＝1×10－2 s，之后小球C反弹所能上升的最大高度h＝0.2 m．已知A、B间的动摩擦因数μ＝0.1，物块与小球均可视为质点，不计空气阻力，g取10 m/s2.求：
(1)小球C与物块A碰撞过程中所受的撞击力大小；
(2)为使物块A不滑离木板B，木板B至少多长？
【解析】(1)C下摆过程，根据动能定理，有 mCgl＝mCv
所以 vC＝＝4 m/s
C反弹过程，根据动能定理，有－mCgh＝0－mCvC′2
vC′＝＝2 m/s.
取向右为正方向，对C根据动量定理，有
－FΔt＝－mCvC′－mCvC
解得F＝1 200 N.
(2)C与A碰撞过程，根据动量守恒定律，有
mCvC＝－mCvC′＋mAvA
所以 vA＝2 m/s
A恰好滑至木板B右端并与其共速时，B的长度最小
根据动量守恒定律，有mAvA＝(mA＋mB)v
所以v＝1.5 m/s
根据能量守恒定律， 有
μmAgx＝mAv－(mA＋mB)v2
所以x＝0.5 m.
【答案】 (1)1 200 N (2)0.5 m
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
1．动量定理表达式FΔt＝mv′－mv中的F为物体在Δt时间内所受的合外力．
应用动量定理列方程时必须选取正方向．
2．不受外力或者所受外力的矢量和为零时，系统的动量守恒；当外力比相互作用的内力小得多时，系统的动量近似守恒；当某一方向上的合外力为零时，系统在该方向上动量守恒．
3．三类碰撞
(1)弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.
机械能守恒：m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2.
(2)完全非弹性碰撞
动量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v′.
机械能损失最多，机械能的损失量为：
ΔE＝(m1v＋m2v)－(m1＋m2)v′2.
(3)非弹性碰撞
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.
机械能有损失，机械能的损失量为：
ΔE＝(m1v＋m2v)－(m1v1′2＋m2v2′2)．
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．
题型一、动量定理的理解与应用
【典例1】(2019·武汉高三下学期2月调考)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】 C
【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＝ρvΔt·π，设运动员与装备的总质量为M，运动员悬停在空中，所以F′＝Mg，由牛顿第三定律得F′＝F，联立解得v≈7.6 m/s，C正确。
题型二、动量守恒定律的应用
【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．
【典例2】如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上玩耍．甲和他的冰车的总质量为M＝30 kg，乙和他的冰车的总质量也是M＝30 kg.甲推着一个质量为m＝15 kg的箱子和他一起以2 m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来．为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处时，乙迅速抓住．若不计冰面摩擦，求甲至少以多大速度(相对地)将箱子推出，才能避免与乙相撞？
【解析】要想刚好避免相撞，要求乙抓住箱子后与甲的速度正好相等，设甲推出箱子后的速度为v1，箱子的速度为v，乙抓住箱子后的速度为v2.
对甲和箱子，推箱子前后动量守恒，以甲初速度方向为正方向，由动量守恒定律有(M＋m)v0＝mv＋Mv1①
对乙和箱子，抓住箱子前后动量守恒，以箱子初速度方向为正方向，由动量守恒定律有
mv－Mv0＝(m＋M)v2②
甲与乙刚好不相撞的条件是v1＝v2③
联立①②③解得v＝5.2 m/s，方向与甲和箱子初速度方向一致．
【答案】 5.2 m/s
题型三、碰撞模型的规律及应用
【典例3】．(多选)(2019·山东济南高三第二次联考)如图甲所示，光滑水平面上有a、b两个小球，a球向b球运动并与b球发生正碰后粘合在一起共同运动，其碰前和碰后的s -t图象如图乙所示，已知ma＝5 kg.若b球的质量为mb，两球因碰撞而损失的机械能为ΔE，则( )
A．mb＝1 kg B．mb＝2 kg
C．ΔE＝15 J D．ΔE＝35 J
【解析】：在s -t图象中图线的斜率表示小球运动的速度大小，所以va＝ m/s＝6 m/s，碰后粘合在一起共同运动的速度为v＝ m/s＝5 m/s，碰撞过程动量守恒，得mava＝(ma＋mb)v，解得mb＝1 kg，故A正确，B错误；根据功能关系得ΔE＝mav－(ma＋mb)v2＝15 J，故C正确，D错误．
【答案】：AC
题型四、动量与能量的综合应用
【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．
【典例4】(2019·湖北孝感高三上学期期末八校联考)如图所示，水平轨道OBC与一半径为R＝0.5 m的竖直光滑半圆形轨道CD相切于C点，其中AB部分粗糙，其他部分光滑。质量分别为1 kg和2 kg且外形相同的甲、乙两物块放在水平轨道上，物块甲被一处于压缩状态的轻弹簧水平锁定于A点左侧某处(图中未画出)，其与轨道AB间的动摩擦因数为μ＝0.2，AB间的距离LAB＝7.75 m，物块乙位于轨道BC上。现释放物块甲，使其从A点弹出，并与物块乙相撞。已知两物块撞后粘在一起向右运动，两物块恰好能运动到半圆轨道的最高点D，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)弹簧对物块甲的冲量；
(2)从物块甲被弹出至滑到D点的过程中，甲、乙整体损失的机械能ΔE。
【答案】 (1)16 N·s (2)90.5 J
【解析】 (1)甲、乙两物块碰后恰能到达竖直半圆轨道的最高点，由牛顿第二定律得
(M甲＋M乙)g＝
在甲、乙两物块从碰后到上滑到最高点的过程中，由机械能守恒定律有(M甲＋M乙)v＋2(M甲＋M乙)gR＝(M甲＋M乙)v
在甲、乙碰撞的过程中，由动量守恒定律有
M甲v甲＝(M甲＋M乙)v共
在物块甲由A到B的过程中，由运动学知识有
v－v＝－2μgLAB
联立以上各式解得v共＝5 m/s，v0＝16 m/s
在弹簧与物块甲相互作用的过程中，对物块甲应用动量定理有
I＝M甲v0＝16 N·s。
(2)从物块甲被弹出至滑到D点的过程中，甲、乙整体损失的机械能为
ΔE＝M甲v－(M甲＋M乙)v＝90.5 J。
1.(2019·湖南株洲高三年级教学检测)高空坠物伤人事件常有发生．一身高为1.75 m的同学被一根从6.75 m高处竖直落下的枯树枝砸正头顶，设枯枝质量为2 kg，与头部作用时间为0.02 s，那么( )
A．枯枝对人的头部产生的冲击力约20 N
B．枯枝对人的头部产生的冲击力约1 000 N
C．保持其他条件不变，身高更高的同学，头部受到枯枝的冲击力会更大
D．保持其他条件不变，身高更矮的同学，头部受到枯枝的冲击力会更小
【解析】树枝落到头顶上时的速度v＝＝ m/s＝10 m/s，对树枝由动量定理得(mg－F)Δt＝0－mv，解得F＝1 020 N，则选项B正确，A错误；保持其他条件不变，身高更高的同学，树枝落到头部的速度较小，则根据上述的分析可知，头部受到枯枝的冲击力会更小；同理身高更矮的同学，头部受到枯枝的冲击力会更大，选项C、D错误．
【答案】B
2．(多选)(2019·黑龙江哈尔滨4月理综检测)水平推力F1和F2分别作用于置于水平面上的等质量的a、b两物块上，作用一段时间后撤去推力，两物块在水平面上继续运动一段时间停下来．两物块运动的v -t图象如图所示，图中AB∥CD，则下列说法正确的是( )
A．两物块所受摩擦力大小相等
B．两物块所受摩擦力冲量大小相等
C．F1的冲量大于F2的冲量
D．F1的冲量小于F2的冲量
【解析】：由图，AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等，故A正确．根据I＝Fft，由图看出摩擦力的作用时间tOB＜tOD，可知摩擦力的冲量不相等，选项B错误．根据动量定理，对整个过程研究得F1t1－FftOB＝0，F2t2－FftOD＝0，因tOB＜tOD，则有F1t1＜F2t2，即F1的冲量小于F2的冲量，故C错误，D正确．故选A、D.
【答案】：AD
3．(2019·陕西西安高考模拟)如图所示，一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止开始从顶端下滑到底端C、D、E处，三个过程中动能变化量的大小依次为ΔE1、ΔE2、ΔE3，动量变化量的大小依次为Δp1、Δp2、Δp3，则有( )
A．ΔE1＜ΔE2＜ΔE3，Δp1＜Δp2＜Δp3
B．ΔE1＜ΔE2＜ΔE3，Δp1＝Δp2＝Δp3
C．ΔE1＝ΔE2＝ΔE3，Δp1＜Δp2＜Δp3
D．ΔE1＝ΔE2＝ΔE3，Δp1＝Δp2＝Δp3
【解析】物体下滑过程中，只有重力做功，三种情况下下降的高度相同，即重力做功相同，根据动能定理可得下滑到底端时的动能相同，故ΔE1＝ΔE2＝ΔE3；由机械能守恒定律可知物体下滑到底端C、D、E的速度大小v相等，动量变化量大小Δp＝mv相等，即 Δp1＝Δp2＝Δp3(注意方向不同)，D正确．
【答案】D
4．(2019·湖南娄底高三教学质量检测)质量为M的气球上有一个质量为m的人，气球和人在静止的空气中共同静止于离地h高处，如果从气球上逐渐放下一个质量不计的软梯，让人沿软梯降到地面，则软梯长至少应为( )
A. h B. h
C.h D.h
【解析】：设人沿软梯滑至地面，软绳长度至少为L，以人和气球的系统为研究对象，竖直方向动量守恒，规定竖直向下为正方向，由动量守恒定律得0＝M(－v2)＋mv1，人沿软梯降至地面时，气球上升的高度为L－h，速度大小v2＝，人相对于地面下降的高度为h，速度大小为v1＝，联立得0＝M(－)＋m·，解得L＝h ，故C正确，A、B、D错误．
【答案】C
5.(2019·湖南长沙高三期末)如图所示，质量为m的A球以速度v0在光滑水平面上运动，与原静止的质量为4m的B球碰撞，碰撞后A球以v＝av0(待定系数a<1)的速率弹回，并与挡板P发生完全弹性碰撞，若要使A球能追上B球再相撞，则a的取值范围为( )
A.＜a＜ B.＜a＜
C.＜a≤ D.＜a ≤
【解析】：碰撞过程动量守恒，以v0方向为正方向有mAv0＝－mAav0＋mBvB，A与挡板P碰撞后能追上B发生再碰撞的条件是av0＞vB，解得＜a；碰撞过程中损失的机械能ΔEk＝mAv－ [mA(av0)2＋mBv]≥0，解得a≤，故＜a≤，D正确．
【答案】D
6．(多选)一质量m＝0.10 kg的小钢球以大小为v0＝10 m/s的速度水平抛出，下落h＝5.0 m时撞击一钢板，撞后速度恰好反向，且速度大小不变．已知小钢球与钢板的作用时间极短，g取10 m/s2，则( )
A．钢板与水平面的夹角θ＝60°
B．小钢球从水平抛出到刚要撞击钢板的过程中重力的冲量大小为1 N·s
C．小钢球撞击钢板的过程中其动量的变化量的大小为 10 kg·m/s
D．钢板对小钢球的冲量大小为 2 N·s
【解析】由题意可知小钢球垂直撞击钢板．小钢球撞击钢板时的竖直分速度vy＝＝10 m/s，设小球的速度方向与水平方向的夹角为α，则tan α＝＝1，解得α＝45°，即钢板与水平面的夹角θ＝45°，选项A错误；小钢球从水平抛出到刚要撞击钢板时所飞行的时间t＝＝1 s，重力冲量I＝mgt＝1 N·s，选项B正确；取垂直斜面向上为正方向，小钢球刚要撞击钢板时速度的大小为v1＝v0＝10 m/s，动量p1＝－mv1＝－ kg·m/s，撞后小钢球的速度v2＝10 m/s，动量p2＝mv2＝ kg·m/s，小钢球的动量变化Δp＝p2－p1＝2 kg·m/s，由动量定理可知，钢板对小钢球的冲量大小I＝Δp＝2 N·s，选项C错误，D正确．
【答案】BD
7．(多选)(2019·河南驻马店高三期末)如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m＝3 kg的物块A、B、C，物块B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A以v0＝4 m/s的速度朝B开始运动，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，则以下说法正确的是( )
A．从开始到弹簧最短时物块C受到的冲量大小为1 N·s
B．从开始到弹簧最短时物块C受到的冲量大小为4 N·s
C．从开始到A与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为3 J
D．从开始到A与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为9 J
【解析】根据动量守恒定律，当A、B速度相等时，且与C碰撞之前A、B的速度为v1，则mv0＝2mv1，解得v1＝2 m/s；从开始到弹簧最短时，对A、B、C系统，有mv0＝3mv2，解得v2＝ m/s；从开始到弹簧最短时，对物块C，由动量定理得I＝mv2＝4 N·s，选项B正确，A错误．B与C相碰的过程，mv1＝2mv3，解得v3＝1 m/s，则从开始到A与弹簧分离的过程中整个系统损失的机械能为ΔE＝mv－×2mv＝3 J，选项C正确，D错误．
【答案】BC
8.(2019·云南二模)如图所示，木块静止在光滑水平面上，两颗不同的子弹A、B从木块两侧同时射入木块，最终都停在木块内，这一过程中木块始终保持静止。若子弹A射入的深度大于子弹B射入的深度，则( )
A．子弹A的质量一定比子弹B的质量大
B．入射过程中子弹A受到的阻力比子弹B受到的阻力大
C．子弹A在木块中运动的时间比子弹B在木块中运动的时间长
D．子弹A射入木块时的初动能一定比子弹B射入木块时的初动能大
【答案】 D
【解析】 由于木块始终保持静止状态，则两子弹对木块的推力大小相等，即两子弹所受的阻力大小相等，设为f，根据动能定理得，对子弹A：－fdA＝0－EkA，得EkA＝fdA；对子弹B：－fdB＝0－EkB，得EkB＝fdB，由于dA>dB，则有子弹入射时的初动能EkA>EkB，故B错误，D正确。两子弹和木块组成的系统动量守恒，则有＝，而EkA>EkB，则mA9.如图，光滑的水平地面上停着一个木箱和小车，木箱质量为m，小车和人的总质量为M＝4m，人以对地速率v将木箱水平推出，木箱碰墙后等速反弹回来，人接住木箱后再以同样大小的速率v第二次推出木箱，木箱碰墙后又等速反弹回来……多次往复后，人将接不到木箱．求从开始推木箱到接不到木箱的整个过程，人所做的功．
【解析】设人推出木箱n次后，不再接到木箱，每次推出木箱后，小车和人获得的速率依次为v1、v2、v3、…、vn，设水平向右为正方向，由系统动量守恒得
第一次推木箱时：0＝4mv1－mv
第二次推木箱时：4mv1＋mv＝4mv2－mv
……
第n次推木箱时：4mvn－1＋mv＝4mvn－mv
联立解得vn＝v
人接不到木箱的条件为vn≥v
解得n≥2.5，取n＝3
即人最多能推3次木箱，最终人的速度大小v3＝v
由机械能守恒定律可得，人在整个过程中做的功
W＝×4mv＋mv2＝mv2.
【答案】mv2
10.(2019·江西吉安高三上学期五校联考)平板车上的跨栏运动如图所示，光滑水平地面上人与滑板A一起以v0＝0.5 m/s的速度前进，正前方不远处有一距离轨道高h＝0.7875 m的(不考虑滑板的高度)横杆，横杆另一侧有一静止滑板B，当人与A行至横杆前时，人相对滑板竖直向上起跳越过横杆，A从横杆下方通过并与B发生弹性碰撞，之后人刚好落到B上，不计空气阻力，已知m人＝40 kg，mA＝5 kg，mB＝10 kg，g取10 m/s2。求：
(1)人相对滑板A竖直向上起跳的最小速度(结果保留根号)及人跳离滑板A时相对地面的最小速度；
(2)A从横杆下方通过并与B发生弹性碰撞后A、B的速度各多大；
(3)最终人与B的共同速度的大小。
【答案】 (1) m/s 4 m/s (2)－ m/s m/s (3) m/s
【解析】 (1)设人相对滑板A起跳的竖直速度至少为vy，则有v＝2gh
解得：vy＝ m/s
因为人与滑板A的水平速度相同，所以人跳离滑板A时相对地面的最小速度为v＝＝4 m/s。
(2)人跳起后，A与B碰撞前后动量守恒，机械能守恒，设碰后A的速度为v1，B的速度为v2，则有
mAv0＝mAv1＋mBv2
mAv＝mAv＋mBv
解得：v1＝－ m/s，v2＝ m/s。
(3)人下落与B作用前后，水平方向动量守恒，设共同速度为v3，则有m人v0＋mBv2＝(m人＋mB)v3
代入数据得：v3＝ m/s。
11．(2019·山东青岛高三期末联考)如图所示，在光滑水平面上有一带挡板的长木板，挡板和长木板的总质量为m，木板长度为L(挡板的厚度可忽略)，挡板上固定有一个小炸药包(可视为质量不计的点)．木板左端有一质量也为m(可视为质点)的滑块．滑块与木板间的动摩擦因数恒定，整个系统处于静止状态．给滑块一个水平向右的初速度v0，滑块相对木板向右运动，刚好能与小炸药包接触，接触瞬间小炸药包爆炸(此过程时间极短，爆炸后滑块与木板只在水平方向上运动，且完好无损)，滑块向左运动，最终回到木板的左端，恰与木板相对静止．求：
(1)滑块与木板间的动摩擦因数；
(2)小炸药包爆炸完毕时滑块和木板的速度．
【解析】：(1)滑块相对木板向右运动，刚好能与炸药包接触，此时滑块和木板的速度相同，设滑块刚要与炸药包接触时的速度为v1，以水平向右为正方向；滑块和木板组成的系统，滑块在木板上滑动的过程中，系统所受合外力为零，则该系统动量守恒，故有mv0＝2mv1
解得v1＝v0，方向水平向右
滑块在木板上滑动的过程中，由功能关系可知
μmgL＝mv－·2mv
联立解得μ＝.
(2)设爆炸后滑块和木板的速度分别为v1′和v2′，最终滑块相对木板静止于木板的左端时速度为v2，系统在爆炸前后动量守恒，则有
2mv1＝mv1′＋mv2′
2mv1＝2mv2
系统爆炸后，对滑块在木板上运动的过程应用功能关系，则有
μmgL＝mv1′2＋mv2′2－·2mv
联立以上各式解得v1′＝0；v2′＝v0，方向水平向右．
【答案】 (1) (2)滑块速度为0 木板速度为v0，方向水平向右
12．(2019·福建莆田第一中学高考模拟)质量为mB＝2 kg的木板B静止于光滑水平面上，质量为mA＝6 kg的物块A停在B的左端，质量为mC＝2 kg的小球C用长为l＝0.8 m的轻绳悬挂在固定点O.现将小球C及轻绳拉直至水平位置后由静止释放，小球C在最低点与A发生正碰，碰撞作用时间很短为Δt＝1×10－2 s，之后小球C反弹所能上升的最大高度h＝0.2 m．已知A、B间的动摩擦因数μ＝0.1，物块与小球均可视为质点，不计空气阻力，g取10 m/s2.求：
(1)小球C与物块A碰撞过程中所受的撞击力大小；
(2)为使物块A不滑离木板B，木板B至少多长？
【解析】 (1)C下摆过程，根据动能定理，有 mCgl＝mCv
所以 vC＝＝4 m/s
C反弹过程，根据动能定理，有－mCgh＝0－mCvC′2
vC′＝＝2 m/s.
取向右为正方向，对C根据动量定理，有
－FΔt＝－mCvC′－mCvC
解得F＝1 200 N.
(2)C与A碰撞过程，根据动量守恒定律，有
mCvC＝－mCvC′＋mAvA
所以 vA＝2 m/s
A恰好滑至木板B右端并与其共速时，B的长度最小
根据动量守恒定律，有mAvA＝(mA＋mB)v
所以v＝1.5 m/s
根据能量守恒定律， 有
μmAgx＝mAv－(mA＋mB)v2
所以x＝0.5 m.
【答案】 (1)1 200 N (2)0.5 m
