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2 动量和动量定理
前面一节内容我们利用不同的方案“探究碰撞中的不变量”，具有普遍意义，在各种情景下均守恒的是动量(即mv乘积)这一物理量．利用这些装置也可以去探究mv2这个量(对应于动能)的变化情况．
(1)若采用弓形弹片弹开滑块的方案如图甲所示，弹开后的mv2的总量________(填“大于”“小于”或“等于”)弹开前mv2的总量，这是因为_____________________.
(2)若采用图乙的方案，碰撞前mv2的总量________(填“大于”“小于”或“等于”)碰后mv2的总量．说明碰撞中，________守恒．
(3)若采用图丙的方案，碰撞前mv2的总量________(填“大于”“小于”或“等于”)碰后mv2的总量．说明碰撞中，存在________损失．
解析：(1)当采用甲图方案时，弹开后，弹片的弹性势能转变成了滑块的动能，故mv2的总量变大．(2)采用乙图方案时，由机械能守恒定律知，碰撞前后，动能保持不变．(3)采用丙图方案时，在碰撞过程中一部分动能转化为内能，mv2的总量将变小．
答案：(1)大于 弹片弹性势能转变成滑块动能 (2)等于 机械能 (3)大于 机械能
一、动量及动量变化量
1．动量
(1)动量定义：物体的________和________的乘积．
(2)动量公式：p＝________.
(3)单位：在国际单位制中，动量单位是____________，符号kg·m/s.
(4)矢量性：动量是________，其方向与________方向相同，动量运算遵循________________．
【答案】(1)质量 速度 (2)mv (3)千克·米每秒
(4)矢量 速度 平行四边形定则
2．动量变化量
(1)定义：物体在某段时间内________与________的矢量差，Δp＝________(矢量式)．
(2)运算(动量始终保持在一条直线上)：选定一个正方向，初动量、末动量、动量变化量用正负值表示，从而将矢量运算简化为代数运算．(正负号仅代表方向，不代表大小)
【答案】(1)末动量 初动量 p′－p
二、冲量
1．定义：在物理学中，________和________的乘积叫做力的冲量．
【答案】力 时间
2．表达式：冲量I＝________.
【答案】F·t
3．单位：在国际单位制中，冲量的单位是________，符号________．
【答案】牛·秒 N·s
4．方向：如果力的方向是恒定的，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________变化量的方向相同．
【答案】动量
5．物理意义：在物理学中，冲量的概念是反映力对________的积累效果．力越大，作用时间越长，冲量就越________．
【答案】时间 大
6．运算法则：冲量的运算服从________________，若物体所受每个力冲量都在同一直线上，就可以规定正方向，把冲量的运算简化成________运算．
【答案】平行四边形定则 代数
三、动量定理
1．内容：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力的________．
【答案】冲量
2．表达式：I＝________或者F合·t＝mv′－mv.
【答案】Δp
3．适用范围：不仅适用于宏观物体的________运动，而且对微观粒子的________运动同样适用．
【答案】低速 高速
1．动量的认识
(1)动量是状态量：动量具有瞬时性，p＝mv中的速度v是瞬时速度，因此动量对应的是某一时刻或某位置的动量．
(2)动量是矢量：动量p＝mv是矢量表达式，动量方向与物体瞬时速度方向相同，运算时遵循平行四边形定则．计算动量时，如果物体在一条直线上运动，则需选定一正方向后，动量的运算就转化为代数运算了．
动量和动量变化量两个物理量理解
(3)动量是相对量：因物体的速度与参考系有关，故物体的动量也与参考系选取有关．选择不同的参考系时，同一运动物体的动量可能不同，通常在不说明参考系的情况下，都指物体相对地面的动量，在分析有关问题时要指明相应参考系．(中学阶段一般选地面为参考系)
特别提醒：(1)动量是矢量，比较两物体的动量时，不仅比大小，还要比方向，只有大小、方向都相同的两个动量才相等．
(2)一个质量一定的物体的动量相同时，动能一定相同，而当动能相同时，动量却不一定相同．
3．动量变化及计算
动量变化量：即Δp＝p2－p1，由于动量是矢量，动量变化量也是矢量，在求解动量变化时，其运算遵循平行四边形定则．
(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．
1．质量为0.1
kg的弹性小球从高1.25
m处自由下落至一光滑而坚硬的水平板上，碰撞后弹回的最大高度为0.8
m．求：
(1)小球与水平板碰撞前后的动量；
(2)小球与水平板碰撞前后的动量变化．(g取10
m/s2)
【答案】(1)0.5
kg·m/s，方向竖直向下 0.4
kg·m/s，方向竖直向上 (2)0.9
kg·m/s，方向竖直向上
1．冲量的理解
(1)冲量的绝对性：由于力和时间均与参考系无关，所以力的冲量也与参考系的选择无关．
(2)冲量是矢量：冲量的运算服从平行四边形定则，合冲量等于各外力的冲量的矢量和，若整个过程中，不同阶段受力不同，则合冲量为各阶段冲量的矢量和．
(3)冲量是过程量：它是力在一段时间内的积累，它取决于力和时间这两个因素．所以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．
对冲量的理解与计算
(4)冲量的单位：在国际单位制中，力F的单位是N，时间t的单位是s，所以冲量的单位是N·s.动量与冲量的单位关系是：1
N·s＝1
kg·m/s，但要区别使用．
2．冲量的计算
(1)恒力的冲量．
公式I＝Ft适用于计算某个恒力的冲量，这时冲量的数值等于力与作用时间的乘积，冲量的方向与恒力方向一致．若力方向不变，大小随时间均匀变化，该力的冲量可以用平均力计算，若力为一般变力则不能直接计算冲量．
2．(2018南充模拟)如图所示，斜面静止在水平地面上，一滑块(视为质点)以某一初速度从斜面底端滑上斜面，上升到某一高度后再返回斜面底端，斜面倾角为θ，所有接触面均不光滑，整个过程斜面始终保持静止，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．滑块与斜面间动摩擦因数大于tan
θ
B．整个过程重力的冲量为0
C．上滑过程中摩擦力的冲量小于下滑过程摩擦力的冲量
D．整个过程中斜面对地面的压力大小不变
【答案】C
解析：由题意可知，滑块在斜面上不能静止，则有mgsin
θ>μmgcos
θ，解得μθ，故A错误；根据冲量的定义可知I＝mgt，故重力的冲量不为零，故B错误；根据受力分析可知，上滑时的加速度一定大于下滑时的加速度，由位移公式可知，上滑过程用时小于下滑用时，而摩擦力大小相等，则可知，上滑过程中摩擦力的冲量小于下滑过程摩擦力的冲量，故C正确；对斜面分析可知，滑块上滑时，斜面受摩擦力向下，而滑块下滑时，斜面受摩擦力向上，则可知，两种情况下斜面受到的摩擦力不同，压力也不同，故D错误．
1．动量定理理解
(1)动量定理表明冲量既是使物体动量发生变化的原因，又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(或者说是物体所受各外力冲量的矢量和)．
(2)动量定理的研究对象是一个质点(或可视为一个物体的系统)．
(3)动量定理是过程定理，解题时必须明确过程及初末状态的动量．
动量定理的理解
2．应用动量定理解题的步骤
(1)明确研究对象和研究过程
研究对象是一个物体，而不是一个系统，研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段．
(2)进行受力分析
只分析研究对象以外的物体施给研究对象的力，所有外力之和为合外力．研究对象内部的相互作用力(内力)会改变系统内某一物体的动量，但不影响系统的总动量，因此不必分析内力．如果在所选定的研究过程中的不同阶段中物体的受力情况不同，就要分别计算它们的冲量，然后求它们的矢量和．
(3)规定正方向
由于力、冲量、速度、动量都是矢量，在一维的情况下，列式前要先规定一个正方向，和这个方向一致的矢量为正，反之为负．
(4)写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量(或各外力在各个阶段的冲量的矢量和)．
(5)根据动量定理列式求解．
3．(2018新课标Ⅱ卷)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
动量定理与牛顿第二定律的联系与区别
2．动量定理与牛顿第二定律的区别
(1)牛顿第二定律反映力与加速度之间的瞬时对应关系；而动量定理则反映在力作用一段时间的过程中，合外力冲量与物体初、末状态动量变化间的关系．
(2)牛顿第二定律只适用于宏观低速运动情况，不适用高速运动及微观粒子；而动量定理却普遍适用．
3．两者的选用
在解决物理问题时，两者的选用应根据物理过程的特点和已知量、未知量来确定．
(1)在合外力为恒力的情况下，可由牛顿第二定律F＝ma和运动学公式v′＝v＋at导出动量定理Ft＝mv′－mv.但动量定理较牛顿第二定律有其独特的优点，因为公式Ft＝mv′－mv中只涉及两个状态量mv′和mv及一个过程量F，至于这两个状态间是怎样的过程，轨迹是怎样的，加速度怎样，位移怎样等全不必考虑，所以解题时应优先选用动量定理．
(2)对于多过程问题，动量定理可用于全过程，而牛顿第二定律只能用于分过程．应用牛顿第二定律和运动学公式解题，必须分过程逐一求出连接前后两过程的中间状态——速度，求解过程较复杂；而应用动量定理，可以不必关心中间状态，进行全过程分析，使问题求解变得简洁．
4．质量均为m的两个小球A、B，中间用一轻质弹簧相连，通过细线悬挂于O点，如图所示，剪断细线两球从静止开始下落，经过时间t小球A的速度达到v1.试求此时B球的速度v2等于多少？
例题：动量定理的应用
【答案】2gt－v1
【解析】取A、B及弹簧组成的系统为研究对象，在下落过程中系统受到的外力是F合外＝(mA＋mB)g＝2mg.系统初始状态的动量p1＝0，末状态的动量p2＝mv1＋mv2.由动量定理得2mgt＝mv1＋mv2，故此时B球的速度v2＝2gt－v1.
例1 一质量为m＝0.2
kg的皮球从高H＝0.8
m处自由落下，与地面相碰后反弹的最大高度为h＝0.45
m，则球与地面接触这段时间内动量的变化为多少？
动量及动量的变化
反思领悟：在求物体动量的变化时，正方向的选取是任意的，比如本题，也可以取向上为正方向，则p1＝－0.8
kg·m/s，p2＝0.6
kg·m/s，则Δp＝p2－p1＝[0.6－(－0.8)]
kg·m/s＝1.4
kg·m/s，动量变化的方向为正，也说明动量的变化方向向上．所以说，对于正方向的选取并不影响其实际的结果．但需注意，一旦选定正方向后，各矢量的正负就确定了．
【答案】B
例2 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，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时作用时间长
用动量定理定性解释物理现象
答案：CD
反思领悟：利用动量定理解释物理现象的问题主要有两类，一类是物体动量变化相同或相差不大，由于作用时间的长短不同，物体受到的作用力不同，要使物体受到的作用力较小，应延长作用时间，要获得较大的作用力，就要缩短作用时间；另一类是物体所受的合外力相同或相差不大，由于作用时间长短不同，引起物体运动状态的改变不同．
2．如图所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以速度v抽出纸条后，铁块掉到地面上的P点，若以2v速度抽出纸条，则铁块落地点为( )
A．仍在P点
B．在P点左侧
C．在P点右侧原水平位移的1.5倍处
D．在P点右侧原水平位移的两倍处
【答案】B
【解析】以2v速度抽出纸条时，纸条对铁块作用时间减少，而纸条对铁块的作用力相同，故与以速度v抽出相比，对铁块的冲量I减小，平抛的速度减小，水平射程减小，故落在P点的左侧．
例3 如图所示，PQS是固定于竖直平面内的光滑1/4圆周轨道，圆心O在S的正上方，在O和P两点各有一质量为m的小物块a和b，从同一时刻开始，a自由下落，b沿圆弧下滑．下列说法正确的是( )
对动量、冲量概念的理解
A．a比b先到S，它们在S点的动量不相等
B．a与b同时到S，它们在S点的动量不相等
C．a比b先到S，重力对a、b的冲量不相等
D．a与b同时到S，重力对a、b的冲量相等
解析：a自由下落加速度较大，路程较短，b沿圆弧下滑至相同高度时加速度较小，路程较长，所以a比b用时短．由I＝mgt可知重力对a、b的冲量不相等，由机械能守恒，两球到达S点时速度大小相等，所以动量大小相等，但方向不同，所以动量不相同．
答案：AC
反思领悟：分析比较动量和冲量问题时，既要由动量p＝mv和冲量I＝F·t的定义比较它们的大小，更应明确各量的方向，方向不同，矢量是不同的．
3．(2018周口期末)如图所示，PQS是固定于竖直平面内的光滑的圆弧轨道，圆心O在S的正上方，在O和P两点处各有一质量为m的小物块a和b，从同一时刻开始，a自由下落，b由静止开始沿圆弧下滑，以下说法正确的是( )
A．物块a、b在S点的动量相等
B．物块a、b在S点的动能相等
C．物块a、b落至S点过程中重力的冲量相等
D．物块a、b落至S点的过程中合外力的冲量相等
【答案】B
例4 蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并在空中做各种动作的运动项目．一个质量为60
kg的运动员，从离水平网面3.2
m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回离水平网面5.0
m高处．已知运动员与网接触的时间为1.2
s．若把这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小．(g取10
m/s2)
动量定理的应用
答案：1.5×103
N，方向竖直向上
反思领悟：解答本题时，容易出现以下错误：(1)未能正确受力分析，漏掉重力，误认为所求平均力就是合外力；
(2)未正确理解动量定理的矢量性，误将动量的变化写为mv2－mv1.
动量定理应用——研究过程和研究对象的灵活选取
运用动量定理时，既可以选取单个物体，也可以选取由几个物体组成的系统；既可以选取单一的物理过程，也可以选取全过程(由几个子过程组成)．如何选取系统和过程，取决于题目的要求和特点，通常要根据题意来灵活地选取．
创新 拓展 提升
例5 (2018江苏卷)如图所示，悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m，运动速度的大小为v，方向向下．经过时间t，小球的速度大小为v，方向变为向上．忽略空气阻力，重力加速度为g，求该运动过程中，小球所受弹簧弹力冲量的大小．
解析：以小球为研究对象，取向上为正方向，整个过程中根据动量定理可得I－mgt＝mv－(－mv)
解得小球所受弹簧弹力冲量的大小为I＝2mv＋mgt.
答案：2mv＋mgt
反思领悟：应用动量定理解题时要选好受力物体和研究过程，当物体所受各力的作用时间不相同且间断作用时，应用动量定理解题对全过程列式较为简单．在解题时要树立“整体优先”的意识．
例6 (2018濮阳三模)如图所示，一木板放置在光滑的水平桌面上，A、B两个小物体通过不可伸长的轻绳相连，细绳平行于地面，且跨过轻滑轮，A物体放置在木板的最左端．已知木板的质量m1＝20.0
kg，物体A的质量m2＝4.0
kg，物体B的质量m3＝1.0
kg，物体A与木板间的动摩擦因数μ＝0.5，木板长L＝2
m，木板与物体A之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10
m/s2.不计滑轮摩擦．
(1)为了使物体A随着木板一起向左运动，现对木板施加水平向左的力F，求力F的最大值；
(2)若开始时不施加力F，在A、B、木板静止时，用向左的水平力击打木板一下，使木板、A向左运动，物体B上升．当物体B上升hB＝1.0
m(物体B未碰触滑轮)时，物体A刚好到达木板最右端．求最初击打木板的冲量I.
解析：(1)设A和木板一起向左运动的加速度大小为a，采用分离法如下．
物体B受重力和绳拉力T的作用，有T－m3g＝m3a
物体A在水平方向受木板的摩擦力f和拉力T的作用，有f－T＝m2a
得f＝m3g＋(m2＋m3)a
木板在水平方向受外力F和A的摩擦力f作用，有
F－f＝m1a
当A和木板间的摩擦力取最大值f＝μm2g时，外力F最大．联立得
F＝m3g＋(m1＋m2＋m3)a＝60
N，a＝2.0
m/s2.
答案：(1)60
N (2)70
N·s
反思领悟：选择系统研究问题时过程简单，在解题时应具体问题具体分析，灵活选取研究对象，“整体优先”．第十六章 2
基础达标
1．下列关于动量的说法中不正确的是( )
A．同一物体的动量越大，则它的速度越大
B．动量相同的物体，速度方向一定相同
C．质量和速率相同的物体，其动量一定相同
D．一个物体动量改变，则其速率不一定改变
【答案】C 解析：由动量的定义可知，对同一物体来说，动量越大，速度越大，选项A正确；根据动量的矢量性可知，动量的方向与速度的方向相同，所以动量相同的物体，速度方向一定相同，选项B正确；速率相同，速度的方向不一定相同，故动量的方向不一定相同，选项C错误；物体的动量改变，可能是动量的方向改变，而动量的大小保持不变，如匀速圆周运动，选项D正确．
2．关于物体的动量，下列说法正确的是( )
A．物体的动量越大，其惯性越大
B．物体的动量越大，其速度越大
C．物体的动量越大，其动能越大
D．物体的动量发生变化，其动能可能不变
【答案】D 解析：动量取决于质量和速度两个因素，动量是矢量，其方向与速度方向相同，动量变化时，可能是大小变化，也可能是方向变化．
3．(多选)质量为m的物体以速度v0从地面竖直上抛(不计空气阻力)到落回地面，在此过程中( )
A．上升过程和下落过程中动量的变化量大小均为mv0，但方向相反
B．整个过程中重力的冲量为2mv0
C．整个过程中重力的冲量为0
D．上升过程中冲量大小为mv0，方向向下
【答案】BD 解析：物体上升下降动量变化量相同，均为mv0，都向下．A错，B对，C错，D对．
4．下面的说法错误的是( )
A．物体运动的方向就是它的动量的方向
B．如果物体的速度发生变化，则可以肯定它受到的合外力的冲量不为零
C．如果合外力对物体的冲量不为零，则合外力一定使物体的动能增大
D．作用在物体上的合外力冲量不一定能改变物体速度的大小
【答案】C 解析：动量是矢量，其方向即为速度方向，A说法正确；速度发生变化，则动量发生变化，根据动量定理可以知道，合外力的冲量不为零，B说法正确；冲量等于力乘以其作用的时间，速度可以是零，C说法错误；根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化，可以改变速度的大小，D说法正确．
5．人从高处跳到低处时，为了安全，一般都是让脚尖先着地，这是为了( )
A．减小冲量
B．使动量的增量变得更小
C．增长与地面的冲击时间，从而减小冲力
D．增大人对地的压强，起到安全作用
【答案】C 解析：由F＝，动量变化量相同，当脚尖先着地时增长了作用时间，即减小了冲力．
6．(2018乌鲁木齐模拟)一个质量为0.18
kg的垒球，以20
m/s的水平速度飞向球棒，被球棒击打后反向水平飞回．设击打过程球棒对垒球的平均作用力大小为900
N，作用时间为0.01
s．则被球棒击打后垒球反向水平速度大小为( )
A．30
m/s
B．40
m/s
C．50
m/s
D．70
m/s
【答案】A 解析：设飞来的速度方向为正方向，由动量定理可知－Ft＝－mv－mv0，代入数据解得v＝30
m/s，即飞回的速度大小为30
m/s.故A正确，B、C、D错误．
7．(2018广州一模)篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎球，手触到球瞬间顺势后引．这样可以减小( )
A．球对手的力的冲量
B．球对手的力的大小
C．球的动量变化量
D．球的动能变化量
【答案】B 解析：球对手的冲量p＝mv－mv0，不变，故A错误；篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎球，手触到球瞬间顺势后引，增加了手与球间的相互作用力时间，根据Ft＝mv－mv0可知，减小了球对手的力的大小，故B正确；根据动量变化Δp＝mv－mv0可知，动量变化量相同，故C错误；球的动能变化量，ΔEk＝mv2－mv相同，故D错误．
8．(2018烟台模拟)蹦床是一项运动员利用从蹦床反弹中表现杂技技巧的竞技运动，一质量为50
kg的运动员从1.8
m高处自由下落到蹦床上，若从运动员接触蹦床到运动员陷至最低点经历了0.2
s，则这段时间内蹦床对运动员的冲量大小为(取g＝10
m/s2，不计空气阻力)( )
A．400
N·s
B．300
N·s
C．200
N·s
D．100
N·s
【答案】A 解析：设运动员的质量为m，他刚落到蹦床瞬间的速度为v，运动员自由下落的过程，只受重力作用，故机械能守恒，即mgh＝mv2，解得v＝＝6
m/s.选取运动员接触蹦床的过程为研究过程，取向上为正方向．设蹦床对运动员的平均作用力为，由动量定理得(－mg)t＝0－(－mv)，蹦床对运动员的冲量大小为I＝t，结合以上两个式子可得I＝t＝mgt＋mv＝400
N·s.故A正确，B、C、D错误．
9．(2018雅安期末)如图所示，完全相同的三个小球a、b、c从距离地面同一高度处以等大的初速度开始运动，分别做平抛、竖直上抛和斜抛运动，忽略空气阻力．以下说法不正确的是( )
A．三个小球不同时落地
B．b、c所能达到的最大高度相同
C．三个小球落地时的速度大小相等
D．落地之前，三个小球在任意相等时间内动量的增量相同
【答案】B 解析：a球做平抛运动，竖直方向的分运动是自由落体运动，b做竖直上抛运动，c做斜上抛运动，竖直方向的分运动是竖直上抛运动，所以三个小球运动的时间不等，不同时落地，故A正确．b、c两球初始高度相同，分别做竖直上抛和斜上抛运动，开始时沿竖直方向向上的分速度c小，b大，所以b上升的最大高度大，c上升的最大高度小，故B不正确．小球运动过程中，只有重力做功，机械能均守恒，则有mgh＋mv＝mv2，得v＝，知三个小球初位置的高度h和初速度v0大小都相等，则落地时速度v大小相等，故C正确．三个小球的质量相等，根据动量定理可知，三个小球在任意相等时间内动量的增量为Δp＝mgt，则Δp是相等的，故D正确．本题选不正确的，故选B．
能力提升
10．(2018北京卷)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．某滑道示意图如下，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的圆弧的最低点．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，并求其所受支持力的大小．
【答案】(1)100
m (2)1
800
N·s (3)3
900
N
解析：(1)从A到B根据速度位移关系可得
v－v＝2aL
解得L＝
m＝100
m.
(2)根据动量定理可得
I＝mvB－mvA＝(60×30－0)
N·s＝1
800
N·s.
(3)运动员经过C点时受到重力和支持力，如图所示
根据动能定理可得mgh＝mv－mv
根据牛顿第二定律可得FN－mg＝m
解得FN＝3
900
N.
11．(2018恩施一模)如图所示，质量M＝0.5
kg的长木板A静止在粗糙的水平地面上，质量m＝0.3
kg的物块B(可视为质点)以大小v0＝6
m/s的速度从木板A的左端水平向右滑动．已知物块B与木板A上表面间的动摩擦因数μ1＝0.6，认为各接触面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g＝10
m/s2.
(1)若木板A与地面间的动摩擦因数μ2＝0.3，物块B恰好能滑到木板A的右端，求木板A的长度L；
(2)若木板A与地面间的动摩擦因数μ′2＝0.1，木板足够长，求木板A从开始滑动至达到最大速度过程中所受合力的冲量大小I.
【答案】(1)3
m (2)0.75
N·s
解析：(1)A、B之间的滑动摩擦力大小为
f1＝μ1mg＝1.8
N
A与地面间的最大静摩擦力为
f2＝μ2(M＋m)g＝2.4
N
由于f2>f1，故A静止不动
B向右做匀减速直线运动，到达A的右端时速度为0，有v＝2aL
其中a＝μ1g＝6
m/s2
解得L＝3
m.
(2)若木板A与地面间的动摩擦因数μ′2＝0.1，则
f′2＝μ′2(M＋m)g＝0.8
N故A将向右滑动．A、B的加速度分别为
a1＝＝2
m/s2，a2＝a＝6
m/s2
当它们的速度相等时A速度最大，vm＝a1t＝v0－a2t
又I＝Mvm
代入数据得I＝0.75
N·s.
12．(2018乌鲁木齐模拟)如图所示，斜面倾角θ＝37°，静止在斜面上的木板AB的质量M＝2.5
kg，木板A端距斜面底端的距离L＝1.6
m，木板与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25.释放木板的同时，另一质量m＝1
kg的光滑小球在某一高度以初速度v0＝6
m/s开始做平抛运动，小球恰好垂直打在木板上并以原速率反向弹回．小球与木板撞击时间极短且小球受到的弹力远远大于其重力，重加速度g＝10
m/s2(sin
37°＝0.6，cos
37°＝0.8)．求：
(1)小球与木板撞击时，木板运动的位移大小；
(2)木板A端运动到斜面底端时，木板的速度大小．
【答案】(1)1.28
m (2)2
m/s
解析：(1)由题意得vy＝＝8
m/s
由竖直方向上的自由落体运动规律可知
t＝＝0.8
s
由牛顿第二定律可得Mgsin
θ－μMgcos
θ＝Ma
得a＝4
m/s2
又x＝at2
联立解得x＝1.28
m
.
(2)设小球与木板AB相碰前速度为v1
则有v1＝＝10
m/s
由动量定理可得FΔt＝2mv1
设木板AB与小球碰撞前、后瞬间的速度分别为v2、v3
v2＝at＝3.2
m/s
[Mgsin
θ－μ(Mgcos
θ＋F)]Δt＝Mv3－Mv2
上面Δt为无穷小，可得－2μmv1＝Mv3－Mv2
得v3＝1.2
m/s
设木板A端滑到斜面底端时速度为v4
由速度和位移公式可得v－v＝2a(L－x)
联立解得v4＝2
m/s.
