一、動(dòng)量、動(dòng)量的變化量和沖量
1．動(dòng)量
(1)定義：物體的質(zhì)量與速度的乘積。
(2)表達(dá)式：p＝mv。
(3)方向：動(dòng)量的方向與速度的方向相同。
2．動(dòng)量的變化量
(1)因?yàn)閯?dòng)量是矢量，動(dòng)量的變化量Δp也是矢量，其方向與速度的改變量Δv的方向相同。
(2)動(dòng)量的變化量Δp的大小，一般用末動(dòng)量p′減去初動(dòng)量p進(jìn)行計(jì)算，也稱為動(dòng)量的增量，即Δp＝p′－p。
3．沖量
(1)定義：力與力的作用時(shí)間的乘積叫作力的沖量。
(2)表達(dá)式：I＝FΔt，單位為N·s，沖量為矢量，方向與力的方向相同。
二、動(dòng)量定理
1．內(nèi)容：物體在一個(gè)過程中所受合外力的沖量等于它在這個(gè)過程始末的動(dòng)量變化量。
2．公式：F(t′－t)＝mv′－mv或I＝p′－p。
情境創(chuàng)設(shè)
一個(gè)質(zhì)量為m的物體，在粗糙的水平面上運(yùn)動(dòng)，物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。
微點(diǎn)判斷
(1)動(dòng)量越大的物體，其速度越大。(×)
(2)物體的動(dòng)量越大，其慣性也越大。(×)
(3)物體所受合力不變，則動(dòng)量也不改變。(×)
(4)物體沿水平面運(yùn)動(dòng)時(shí)，重力不做功，其沖量為零。(×)
(5)物體所受合外力的沖量的方向與物體末動(dòng)量的方向相同。(×)
(6)物體所受合外力的沖量的方向與物體動(dòng)量變化量的方向是一致的。(√)
(一) 動(dòng)量、動(dòng)量變化量和沖量(固基點(diǎn))
[題點(diǎn)全練通]
1．[動(dòng)量的分析與計(jì)算]物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)可用位置x和動(dòng)量p描述，稱為相，對應(yīng)p-x圖像中的一個(gè)點(diǎn)。物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的變化可用p-x圖像中的一條曲線來描述，稱為相軌跡。假如一質(zhì)點(diǎn)沿x軸正方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則對應(yīng)的相軌跡可能是( )
解析：選D 質(zhì)點(diǎn)沿x軸正方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v2＝2ax可得v＝eq \r(2ax)，設(shè)質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為m，則質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)量p＝meq \r(2ax)，由于質(zhì)點(diǎn)的速度方向不變，則質(zhì)點(diǎn)動(dòng)量p的方向始終沿x軸正方向，根據(jù)數(shù)學(xué)知識可知D正確。
2．[動(dòng)量變化量的大小計(jì)算](多選)質(zhì)量為m的物體以初速度v0開始做平拋運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間t，下降的高度為h，速度變?yōu)関，在這段時(shí)間內(nèi)物體動(dòng)量變化量的大小為( )
A．m(v－v0) B．mgt
C．meq \r(v2－v02) D．meq \r(2gh)
解析：選BCD 由動(dòng)量定理可得，物體在時(shí)間t內(nèi)動(dòng)量變化量的大小為mgt，B正確；物體在平拋運(yùn)動(dòng)過程中速度變化量Δv沿豎直方向，其大小Δv＝eq \r(v2－v02)，由機(jī)械能守恒定律可得：eq \f(1,2)mv02＋mgh＝eq \f(1,2)mv2，所以 eq \r(v2－v02)＝eq \r(2gh)，故物體動(dòng)量變化量Δp＝mΔv＝meq \r(v2－v02)＝meq \r(2gh)，C、D正確，A錯(cuò)誤。
3．[沖量的計(jì)算]如圖所示，車載玩具——彈簧人公仔固定在車的水平臺(tái)面上，公仔頭部的質(zhì)量為m，靜止在圖示位置。現(xiàn)用手豎直向下壓公仔的頭部，使之緩慢下降至某一位置，之后迅速放手。公仔的頭部經(jīng)過時(shí)間t，沿豎直方向上升到另一位置時(shí)速度為零。此過程彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，不計(jì)空氣阻力及彈簧質(zhì)量。在公仔頭部上升的過程中( )
A．公仔頭部的機(jī)械能守恒
B．公仔頭部的加速度先增大后減小
C．彈簧彈力沖量的大小為mgt
D．彈簧彈力對頭部所做的功為零
解析：選C 彈簧彈力對公仔頭部做功，故公仔頭部的機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；公仔頭部上升過程中，彈簧彈力先減小后反向增大，加速度先減小后反向增大，故B錯(cuò)誤；公仔頭部上升過程中，取向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理有I彈－mgt＝0，則彈簧彈力沖量的大小為I彈＝mgt，故C正確；公仔頭部上升過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有W彈－mgh＝0，則彈簧彈力對頭部所做的功為W彈＝mgh≠0，故D錯(cuò)誤。
[要點(diǎn)自悟明]
1．動(dòng)能、動(dòng)量和動(dòng)量變化量的比較
2.沖量的三種計(jì)算方法
(二) 動(dòng)量定理(精研點(diǎn))
研清微點(diǎn)1 應(yīng)用動(dòng)量定理解釋體育活動(dòng)
1．(2022·北京高考)“雪如意”是我國首座國際標(biāo)準(zhǔn)跳臺(tái)滑雪場地。跳臺(tái)滑雪運(yùn)動(dòng)中，裁判員主要根據(jù)運(yùn)動(dòng)員在空中的飛行距離和動(dòng)作姿態(tài)評分。運(yùn)動(dòng)員在進(jìn)行跳臺(tái)滑雪時(shí)大致經(jīng)過四個(gè)階段：①助滑階段，運(yùn)動(dòng)員兩腿盡量深蹲，順著助滑道的傾斜面下滑；②起跳階段，當(dāng)進(jìn)入起跳區(qū)時(shí)，運(yùn)動(dòng)員兩腿猛蹬滑道快速伸直，同時(shí)上體向前伸展；③飛行階段，在空中運(yùn)動(dòng)員保持身體與雪板基本平行、兩臂伸直貼放于身體兩側(cè)的姿態(tài)；④著陸階段，運(yùn)動(dòng)員落地時(shí)兩腿屈膝，兩臂左右平伸。下列說法正確的是( )
A．助滑階段，運(yùn)動(dòng)員深蹲是為了減小與滑道之間的摩擦力
B．起跳階段，運(yùn)動(dòng)員猛蹬滑道主要是為了增加向上的速度
C．飛行階段，運(yùn)動(dòng)員所采取的姿態(tài)是為了增加水平方向速度
D．著陸階段，運(yùn)動(dòng)員兩腿屈膝是為了減少與地面的作用時(shí)間
解析：選B 助滑階段，運(yùn)動(dòng)員深蹲是為了減小與空氣之間的摩擦力，A錯(cuò)誤；起跳階段，運(yùn)動(dòng)員猛蹬滑道主要是通過增大滑道對人的作用力，根據(jù)動(dòng)量定理可知，在相同時(shí)間內(nèi)，為了增加向上的速度，B正確；飛行階段，運(yùn)動(dòng)員所采取的姿態(tài)是為了減小水平方向的阻力，從而減小水平方向的加速度，C錯(cuò)誤；著陸階段，運(yùn)動(dòng)員兩腿屈膝下蹲可以延長與地面的作用時(shí)間，根據(jù)動(dòng)量定理可知，可以減少身體受到的平均沖擊力，D錯(cuò)誤。
一點(diǎn)一過
對動(dòng)量定理的理解
(1)當(dāng)物體的動(dòng)量變化量一定時(shí)，力的作用時(shí)間Δt越短，力F就越大，力的作用時(shí)間Δt越長，力F就越小。
(2)當(dāng)作用力F一定時(shí)，力的作用時(shí)間Δt越長，動(dòng)量變化量Δp越大，力的作用時(shí)間Δt越短，動(dòng)量變化量Δp越小。如在恒力作用下運(yùn)動(dòng)的小車，時(shí)間越長，小車的速度越大，動(dòng)量變化量越大。
研清微點(diǎn)2 動(dòng)量定理的應(yīng)用
2.有些人喜歡躺著看手機(jī)，經(jīng)常出現(xiàn)手機(jī)砸傷眼睛的情況。若手機(jī)質(zhì)量為160 g，從離人眼約20 cm的高度無初速度掉落，砸到眼睛后手機(jī)未反彈，眼睛受到手機(jī)的沖擊時(shí)間約為0.2 s，g取10 m/s2。下列說法正確的是( )
A．手機(jī)與眼睛作用過程中手機(jī)的動(dòng)量變化約為0.48 kg·m/s
B．手機(jī)對眼睛的沖量方向豎直向上
C．手機(jī)對眼睛的沖量大小約為0.32 N·s
D．手機(jī)對眼睛的平均作用力大小約為3.2 N
解析：選D 手機(jī)砸到眼睛后手機(jī)未反彈，手機(jī)的末速度為0，手機(jī)到達(dá)人眼時(shí)的速度約為v＝eq \r(2gh)＝2 m/s，取方向豎直向上為正，手機(jī)與眼睛作用過程中手機(jī)的動(dòng)量變化約為Δp＝0－p＝0－(－mv)＝0.32 kg·m/s，故A錯(cuò)誤；手機(jī)對眼睛的沖量方向與手機(jī)對眼睛的作用力方向相同，豎直向下，故B錯(cuò)誤；由動(dòng)量定理可知，眼睛對手機(jī)的作用力的沖量和手機(jī)重力的沖量的合沖量約為0.32 N·s，(F－mg)t＝Δp，所以眼睛對手機(jī)的作用力的沖量大于0.32 N·s，由牛頓第三定律可知，手機(jī)對眼睛的沖量大于0.32 N·s，故C錯(cuò)誤；手機(jī)與眼睛作用過程中，由動(dòng)量定理可知(F－mg)t＝0－(－mv)，解得眼睛對手機(jī)的平均作用力大小約為F＝eq \f(mv,t)＋mg＝3.2 N，由牛頓第三定律可知，手機(jī)對眼睛的平均作用力大小約為3.2 N，故D正確。
一點(diǎn)一過
1．應(yīng)用動(dòng)量定理解題的一般步驟
(1)確定研究對象。中學(xué)階段的動(dòng)量定理問題，其研究對象一般僅限于單個(gè)物體。
(2)對物體進(jìn)行受力分析?？梢韵惹竺總€(gè)力的沖量，再求各力沖量的矢量和；或先求合力，再求其沖量。
(3)抓住過程的初、末狀態(tài)，選好正方向，確定各動(dòng)量和沖量的正、負(fù)號。
(4)根據(jù)動(dòng)量定理列方程，如有必要還需要其他補(bǔ)充方程，最后代入數(shù)據(jù)求解。
2．應(yīng)用動(dòng)量定理解題的三點(diǎn)說明
(1)動(dòng)量定理反映了力的沖量與動(dòng)量變化量之間的因果關(guān)系，即外力的沖量是原因，物體的動(dòng)量變化量是結(jié)果。
(2)動(dòng)量定理中的沖量是合力的沖量，而不是某一個(gè)力的沖量，它可以是合力的沖量，可以是各力沖量的矢量和，也可以是外力在不同階段沖量的矢量和。
(3)動(dòng)量定理表達(dá)式是矢量式，等號包含了大小相等、方向相同兩方面的含義。
研清微點(diǎn)3 動(dòng)量定理用于求解多過程問題
3．在蹦床比賽中，一個(gè)質(zhì)量為60 kg的運(yùn)動(dòng)員，從離水平網(wǎng)面3.2 m高處自由下落，著網(wǎng)后沿豎直方向蹦回到離水平網(wǎng)面5.0 m高處。已知運(yùn)動(dòng)員與網(wǎng)接觸的時(shí)間為1.2 s，若把在這段時(shí)間內(nèi)網(wǎng)對運(yùn)動(dòng)員的作用力當(dāng)作恒力處理，求此力的大小。(g＝10 m/s2)
解析：法一：分段法
設(shè)運(yùn)動(dòng)員從高為h1處下落，則剛接觸網(wǎng)時(shí)的速度大小為v1＝eq \r(2gh1)(方向向下)
彈跳后上升的高度設(shè)為h2，則剛離網(wǎng)時(shí)的速度大小為v2＝eq \r(2gh2)(方向向上)
與網(wǎng)接觸過程中，運(yùn)動(dòng)員受到向下的重力mg和網(wǎng)對其向上的彈力F，規(guī)定豎直向上為正方向，由動(dòng)量定理得：(F－mg)Δt＝mv2－m(－v1)
解以上三式得F＝mg＋meq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2gh2)＋\r(2gh1))),t)，
代入數(shù)值可解得F＝1.5×103 N。
法二：整段法
從3.2 m高處自由下落的時(shí)間為：t1＝eq \r(\f(2h1,g))＝0.8 s，
蹦到5.0 m高處的時(shí)間為：t2＝eq \r(\f(2h2,g))＝1 s，
整個(gè)過程中運(yùn)動(dòng)員始終受重力作用，僅在與網(wǎng)接觸的t0＝1.2 s的時(shí)間內(nèi)受到網(wǎng)對他向上的彈力FN的作用，設(shè)豎直向上為正方向，對全過程應(yīng)用動(dòng)量定理：FNt0－mg(t1＋t2＋t0)＝0，則FN＝1 500 N。
答案：1 500 N
一點(diǎn)一過
用動(dòng)量定理解多過程問題的兩點(diǎn)提醒
(1)對于過程較復(fù)雜的運(yùn)動(dòng)，可分段應(yīng)用動(dòng)量定理，也可整個(gè)過程應(yīng)用動(dòng)量定理。
(2)物體受多個(gè)力作用，力的方向和作用時(shí)間往往不同，列動(dòng)量定理時(shí)應(yīng)引起關(guān)注。
(三) “柱狀”模型(融通點(diǎn))
eq \a\vs4\al(模型?一? 流體類“柱狀模型”)
[例1] 運(yùn)動(dòng)員在水上做飛行運(yùn)動(dòng)表演，他操控噴射式懸浮飛行器將水帶豎直送上來的水反轉(zhuǎn)180°后向下噴出，令自己懸停在空中，如圖所示。已知運(yùn)動(dòng)員與裝備的總質(zhì)量為90 kg，兩個(gè)噴嘴的直徑均為10 cm，已知重力加速度大小g取10 m/s2，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，則噴嘴處噴水的速度大約為( )
A．2.7 m/s B．5.4 m/s
C．7.6 m/s D．10.8 m/s
[解析] 設(shè)飛行器對水的平均作用力為F，根據(jù)牛頓第三定律可知，水對飛行器的作用力的大小也等于F，對飛行器，則有F＝Mg，設(shè)水噴出時(shí)的速度為v，在時(shí)間t內(nèi)噴出的水的質(zhì)量m＝ρV＝2ρSvt，t時(shí)間內(nèi)質(zhì)量為m的水獲得的沖量I＝Ft＝2mv，聯(lián)立解得v≈5.4 m/s，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。
[答案] B
[例2] 一同學(xué)在遠(yuǎn)處觀看噴泉表演時(shí)，估測噴泉中心主噴水口的水柱約有40層樓高(層高3 m)，表演結(jié)束時(shí)，靠近觀察到該主噴水管口的圓形內(nèi)徑約有10 cm，由此估算驅(qū)動(dòng)主噴水的水泵功率最接近的數(shù)值是( )
A．5×102 W B．5×103 W
C．5×104 W D．5×105 W
[解析] 40層樓高約h＝120 m。設(shè)水泵的功率為P，泵在時(shí)間Δt內(nèi)使質(zhì)量為Δm的水以速度v通過噴水管口，則PΔt＝eq \f(1,2)Δmv2，v2＝2gh，以及Δm＝ρSvΔt (ρ為水的密度)和S＝eq \f(πd2,4)，由此可得P＝eq \f(ρghπd2,4)eq \r(2gh)≈5×105 W。
[答案] D
eq \a\vs4\al(模型?二? 微粒類“柱狀模型”)
[例3] 根據(jù)量子理論，光子的能量E與動(dòng)量p之間的關(guān)系式為E＝pc，其中c表示光速，由于光子有動(dòng)量，照到物體表面的光子被物體吸收或反射時(shí)都會(huì)對物體產(chǎn)生壓強(qiáng)，這就是“光壓”，用I表示。
(1)一臺(tái)二氧化碳?xì)怏w激光器發(fā)出的激光，功率為P0，射出的光束的橫截面積為S，當(dāng)它垂直照射到一物體表面并被物體全部反射時(shí)，激光對物體表面的壓力F＝2pN，其中p表示光子的動(dòng)量，N表示單位時(shí)間內(nèi)激光器射出的光子數(shù)，試用P0和S表示該束激光對物體產(chǎn)生的光壓；
(2)有人設(shè)想在宇宙探測中用光為動(dòng)力推動(dòng)探測器加速，探測器上安裝有面積極大、反射率極高的薄膜，并讓它正對太陽，已知太陽光照射薄膜時(shí)每平方米面積上的輻射功率為1 350 W，探測器和薄膜的總質(zhì)量為m＝100 kg，薄膜面積為4×104 m2，c＝3×108 m/s，求此時(shí)探測器的加速度大小。
[解析] (1)在單位時(shí)間內(nèi)，功率為P0的激光的總能量為：P0×1 s＝NE＝Npc，
所以：p＝eq \f(P0,Nc)
由題意可知：激光對物體表面的壓力F＝2pN
故激光對物體產(chǎn)生的光壓：I＝eq \f(F,S)＝eq \f(2P0,cS)。
(2)由(1)可知：I＝eq \f(2P0,cS)＝eq \f(2×1.35×103,3×108×1) Pa＝9×10－6 Pa
所以探測器受到的光的總壓力FN＝IS膜，
對探測器應(yīng)用牛頓第二定律有FN＝ma，
故此時(shí)探測器的加速度
a＝eq \f(IS膜,m)＝eq \f(9×10－6×4×104,100) m/s2＝3.6×10－3 m/s2。
[答案] (1)eq \f(2P0,cS) (2)3.6×10－3 m/s2
[課時(shí)跟蹤檢測]
一、立足主干知識，注重基礎(chǔ)性和綜合性
1.一輛質(zhì)量為2 200 kg的汽車正在以26 m/s的速度行駛，如果駕駛員緊急制動(dòng)，可在3.8 s內(nèi)使車停下，如果汽車撞到堅(jiān)固的墻上，則會(huì)在0.22 s 內(nèi)停下，下列判斷正確的是( )
A．汽車緊急制動(dòng)過程動(dòng)量的變化量較大
B．汽車撞到堅(jiān)固的墻上動(dòng)量的變化量較大
C．汽車緊急制動(dòng)過程受到的平均作用力約為15 000 N
D．汽車撞到堅(jiān)固的墻上受到的平均作用力約為15 000 N
解析：選C 汽車無論是緊急制動(dòng)還是撞到堅(jiān)固的墻上，動(dòng)量都是由mv變?yōu)?，所以動(dòng)量的變化量一樣大，A、B錯(cuò)誤；汽車緊急制動(dòng)過程中，平均作用力F1＝eq \f(mv,t1)≈15 053 N，C正確；汽車撞到堅(jiān)固的墻上，平均作用力F2＝eq \f(mv,t2)＝260 000 N，D錯(cuò)誤。
2.“蹦蹦床”游樂項(xiàng)目是孩子們經(jīng)常去游樂場玩的一款項(xiàng)目。將兒童在“蹦蹦床”上彈起、下落的過程簡化為豎直方向上的運(yùn)動(dòng)。一質(zhì)量為m的兒童從h高度處落下，從接觸蹦床到速度大小減為零的時(shí)間為Δt，在此過程中( )
A．蹦床對他的沖量大小為mgΔt＋meq \r(2gh)，蹦床對他做功不為0
B．蹦床對他的沖量大小為meq \r(2gh)，蹦床對他做功不為0
C．蹦床對他的沖量大小為mgΔt＋meq \r(2gh)，蹦床對他做功為0
D．蹦床對他的沖量大小為mgΔt－meq \r(2gh)，蹦床對他做功為0
解析：選A 兒童接觸蹦床時(shí)的速度大小為eq \r(2gh)，接觸蹦床后，以向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理得I－mgΔt＝0－(－meq \r(2gh))，解得I＝mgΔt＋meq \r(2gh)，設(shè)兒童接觸蹦床后，又下降了x，全程根據(jù)動(dòng)能定理得W＋mg(h＋x)＝0，所以蹦床對兒童做的功為W＝－mg(h＋x)，故選A。
3.如圖所示，圓盤在水平面內(nèi)以角速度ω繞中心軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，圓盤上距軸r處的P點(diǎn)有一質(zhì)量為m的小物體隨圓盤一起轉(zhuǎn)動(dòng)。某時(shí)刻圓盤突然停止轉(zhuǎn)動(dòng)，小物體由P點(diǎn)滑至圓盤上的某點(diǎn)停止。下列說法正確的是( )
A．圓盤停止轉(zhuǎn)動(dòng)前，小物體所受摩擦力的方向沿運(yùn)動(dòng)軌跡切線方向
B．圓盤停止轉(zhuǎn)動(dòng)前，小物體運(yùn)動(dòng)一圈所受摩擦力的沖量大小為2mωr
C．圓盤停止轉(zhuǎn)動(dòng)后，小物體沿圓盤半徑方向運(yùn)動(dòng)
D．圓盤停止轉(zhuǎn)動(dòng)后，小物體整個(gè)滑動(dòng)過程所受摩擦力的沖量大小為mωr
解析：選D 圓盤停止轉(zhuǎn)動(dòng)前，小物體隨圓盤一起轉(zhuǎn)動(dòng)，小物體所受摩擦力提供向心力，方向沿半徑方向指向圓心，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；圓盤停止轉(zhuǎn)動(dòng)前，小物體運(yùn)動(dòng)一圈動(dòng)量的變化量為0，所受合外力為摩擦力，則所受摩擦力的沖量為0，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；圓盤停止轉(zhuǎn)動(dòng)后，小物體沿切線方向運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；圓盤停止轉(zhuǎn)動(dòng)后，根據(jù)動(dòng)量定理可知，小物體整個(gè)滑動(dòng)過程所受摩擦力的沖量大小為I′＝|Δp|＝mv＝mωr，選項(xiàng)D正確。
4.平底煎鍋正在炸豆子。假設(shè)每個(gè)豆子的質(zhì)量均為m，彈起的豆子均垂直撞擊平板鍋蓋，撞擊速度均為v。每次撞擊后速度大小均變?yōu)閑q \f(2,3)v，撞擊的時(shí)間極短，發(fā)現(xiàn)質(zhì)量為M的鍋蓋剛好被頂起。重力加速度為g，則單位時(shí)間撞擊鍋蓋的豆子個(gè)數(shù)為( )
A.eq \f(3Mg,5mv) B.eq \f(2Mg,5mv)
C.eq \f(2Mg,3mv) D.eq \f(3Mg,2mv)
解析：選A 設(shè)單位時(shí)間撞擊鍋蓋的豆子個(gè)數(shù)為n，則由動(dòng)量定理FΔt＝Δm·eq \f(2,3)v－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－Δmv))，其中F＝Mg，Δm＝nΔt·m，解得n＝eq \f(3Mg,5mv)，故選A。
5．(2022·湖北高考)一質(zhì)點(diǎn)做曲線運(yùn)動(dòng)，在前一段時(shí)間內(nèi)速度大小由v增大到2v，在隨后的一段時(shí)間內(nèi)速度大小由2v增大到5v。前后兩段時(shí)間內(nèi)，合外力對質(zhì)點(diǎn)做功分別為W1和W2，合外力的沖量大小分別為I1和I2。下列關(guān)系式一定成立的是( )
A．W2＝3W1，I2≤3I1 B．W2＝3W1，I2≥I1
C．W2＝7W1，I2≤3I1 D．W2＝7W1，I2≥I1
解析：選D 根據(jù)動(dòng)能定理可知W1＝eq \f(1,2)m(2v)2－eq \f(1,2)mv2＝eq \f(3,2)mv2，W2＝eq \f(1,2)m(5v)2－eq \f(1,2)m(2v)2＝eq \f(21,2)mv2，可得W2＝7W1，由于速度是矢量，具有方向，當(dāng)初、末速度方向相同時(shí)，動(dòng)量變化量最小，方向相反時(shí)，動(dòng)量變化量最大，因此沖量的大小范圍是mv≤I1≤3mv,3mv≤I2≤7mv，可知I2≥I1，D正確。
6．某節(jié)目中，“氣功師”平躺在水平地面上，其腹部上平放著一塊大石板，助手用鐵錘猛擊大石板，石板裂開而“氣功師”沒有受傷?，F(xiàn)用下述模型分析探究：
設(shè)大石板質(zhì)量M＝80 kg，鐵錘質(zhì)量m＝5 kg；鐵錘從h1＝1.8 m 高處由靜止落下，打在石板上反彈，當(dāng)反彈達(dá)到最大高度h2＝0.05 m時(shí)被拿開；鐵錘與石板的作用時(shí)間t1＝0.01 s；由于緩沖，石板與“氣功師”腹部的作用時(shí)間t2＝0.5 s。重力加速度g取10 m/s2。求鐵錘敲擊大石板的過程中：
(1)鐵錘受到的沖量大?。?br>(2)大石板對鐵錘的平均作用力大??；
(3)大石板對人的平均作用力大小。
解析：(1)由機(jī)械能守恒定律eq \f(1,2)mv2＝mgh，解得v＝eq \r(2gh)，則鐵錘敲擊石板時(shí)的速度v1＝eq \r(2gh1)＝6 m/s，方向向下，鐵錘反彈時(shí)的速度v2＝eq \r(2gh2)＝1 m/s，方向向上，取方向向上為正方向，對鐵錘，由動(dòng)量定理得I＝mv2－(－mv1)，解得I＝35 N·s。
(2)對鐵錘，由沖量定義得I＝(F1－mg)t1，解得F1＝3 550 N。
(3)對石板，由動(dòng)量定理得(F2－Mg)t2－F1t1＝0，解得F2＝871 N。由牛頓第三定律得，大石板對人的平均作用力大小F2′＝F2＝871 N。
答案：(1)35 N·s (2)3 550 N (3)871 N
二、強(qiáng)化遷移能力，突出創(chuàng)新性和應(yīng)用性
7．(2023·新課標(biāo)卷)(多選)使甲、乙兩條形磁鐵隔開一段距離，靜止于水平桌面上，甲的N極正對著乙的S極，甲的質(zhì)量大于乙的質(zhì)量，兩者與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等。現(xiàn)同時(shí)釋放甲和乙，在它們相互接近過程中的任一時(shí)刻( )
A．甲的速度大小比乙的大
B．甲的動(dòng)量大小比乙的小
C．甲的動(dòng)量大小與乙的相等
D．甲和乙的動(dòng)量之和不為零
解析：選BD 對甲、乙兩條形磁鐵分別受力分析，
如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律有a甲＝eq \f(F－μm甲g,m甲)，a乙＝eq \f(F－μm乙g,m乙)，由于m甲 > m乙，所以a甲 < a乙，由于兩磁鐵運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，且同時(shí)由靜止釋放，可得v甲 < v乙，A錯(cuò)誤；對于整個(gè)系統(tǒng)而言，由于μm甲g>μm乙g，合力方向向左，合沖量方向向左，所以合動(dòng)量方向向左，顯然甲的動(dòng)量大小比乙的小，B、D正確，C錯(cuò)誤。
8.用豆粒模擬氣體分子，可以模擬氣體壓強(qiáng)產(chǎn)生的原理。如圖所示，從距秤盤80 cm高處把1 000粒的豆粒連續(xù)均勻地倒在秤盤上，持續(xù)作用時(shí)間為1 s，豆粒彈起時(shí)豎直方向的速度大小變?yōu)榕銮暗囊话?，方向相反。若每個(gè)豆粒只與秤盤碰撞一次，且碰撞時(shí)間極短(在豆粒與秤盤碰撞極短時(shí)間內(nèi)，碰撞力遠(yuǎn)大于豆粒受到的重力)，已知1 000粒的豆粒的總質(zhì)量為100 g。則在碰撞過程中秤盤受到的壓力大小約為( )
A．0.2 N B．0.6 N
C．1.0 N D．1.6 N
解析：選B 設(shè)豆粒從80 cm高處下落到秤盤上時(shí)的速度為v1，v12＝2gh，則v1＝eq \r(2gh)＝eq \r(2×10×0.8) m/s＝4 m/s。設(shè)豎直向上為正方向，以所有豆粒與秤盤碰
撞過程，根據(jù)動(dòng)量定理：Ft＝mv2－mv1，則F＝eq \f(mv2－mv1,t)＝eq \f(0.1×2－0.1×?－4?,1) N＝0.6 N，根據(jù)牛頓第三定律可知，在碰撞過程中秤盤受到的壓力大小為0.6 N，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。
9．某科技小組將一款自動(dòng)防撞系統(tǒng)安裝在汽車上進(jìn)行測試。當(dāng)汽車與障礙物之間達(dá)到“報(bào)警距離”時(shí)，汽車能夠立即采取制動(dòng)措施，并將先后經(jīng)過警報(bào)區(qū)域和緊急制動(dòng)區(qū)域。某次性能測試中，質(zhì)量m＝50 kg的汽車測試假人“駕駛”汽車以v0＝10 m/s的速度沿直線行駛，當(dāng)距離前方靜止障礙物s＝13.5 m時(shí)，系統(tǒng)立即自動(dòng)控制汽車做加速度大小為a1＝2 m/s2的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，并發(fā)出警報(bào)，減速t1＝1 s后汽車行至某處自動(dòng)觸發(fā)緊急制動(dòng)，汽車做加速度大小為a2的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，最終停在障礙物前s′＝0.5 m處。g＝10 m/s2，求：
(1)汽車在緊急制動(dòng)過程中加速度的大小a2；
(2)在整個(gè)減速過程中，測試假人所受重力的沖量大小I。
解析：(1)汽車在警報(bào)區(qū)域運(yùn)動(dòng)的距離x1＝v0t1－eq \f(1,2)a1t12，開始緊急制動(dòng)時(shí)的速度v1＝v0－a1t1＝8 m/s，汽車在緊急制動(dòng)區(qū)運(yùn)動(dòng)的距離x2＝s－s′－x1＝4 m，汽車在緊急制動(dòng)區(qū)運(yùn)動(dòng)過程滿足0－v12＝－2a2x2，解得a2＝8 m/s2。
(2)汽車在緊急制動(dòng)區(qū)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝eq \f(v1,a2)＝1 s，測試假人所受重力的沖量大小I＝mg(t1＋t2)，帶入數(shù)值得I＝1 000 N·s。
答案：(1)a2＝8 m/s2 (2)I＝1 000 N·s
第2講 動(dòng)量守恒定律
一、動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用
1．動(dòng)量守恒定律
(1)內(nèi)容：如果一個(gè)系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為0，這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變。
(2)表達(dá)式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′或Δp1＝－Δp2。
2．系統(tǒng)動(dòng)量守恒的條件
二、彈性碰撞和非彈性碰撞
1．碰撞
(1)特點(diǎn)：在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，可認(rèn)為相互碰撞的系統(tǒng)動(dòng)量守恒。
(2)分類：
2.反沖和爆炸
(1)反沖特點(diǎn)：在反沖運(yùn)動(dòng)中，如果沒有外力作用或外力遠(yuǎn)小于物體間的相互作用力，系統(tǒng)的動(dòng)量是守恒的。
(2)爆炸現(xiàn)象：爆炸與碰撞類似，物體間的相互作用力很大，且遠(yuǎn)大于系統(tǒng)所受的外力，所以系統(tǒng)動(dòng)量守恒，爆炸過程中位移很小，可忽略不計(jì)，作用后從相互作用前的位置以新的動(dòng)量開始運(yùn)動(dòng)。
eq \a\vs4\al(情境創(chuàng)設(shè))
A球的質(zhì)量是m，B球的質(zhì)量是eq \f(m,2)，它們在光滑的水平面上以相同的動(dòng)量運(yùn)動(dòng)，A在前，B在后，發(fā)生正碰后，B球仍朝原方向運(yùn)動(dòng)，但其速率是原來的一半。
微點(diǎn)判斷
(1)因水平面光滑，A球和B球碰撞時(shí)系統(tǒng)動(dòng)量守恒。(√)
(2)發(fā)生碰撞后，A球的速度方向不變，大小變?yōu)樵瓉淼?倍。(×)
(3)兩球間發(fā)生的是彈性碰撞。(×)
(4)只要系統(tǒng)所受到的合力的沖量為零，動(dòng)量就守恒。(√)
(5)系統(tǒng)動(dòng)量不變是指系統(tǒng)的動(dòng)量大小和方向都不變。(√)
(6)系統(tǒng)動(dòng)量守恒也就是系統(tǒng)的動(dòng)量變化量為零。(√)
(7)若以上兩球相向運(yùn)動(dòng)發(fā)生碰撞，則碰撞后可能朝同一方向運(yùn)動(dòng)。(×)
(8)若以上兩球相向運(yùn)動(dòng)發(fā)生碰撞，則碰撞后可能均靜止。(√)
(一) 動(dòng)量守恒的判斷(固基點(diǎn))
[題點(diǎn)全練通]
1．[兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒的判斷]如圖，光滑水平地面上有一小車，一輕彈簧的一端與車廂的擋板相連，另一端與滑塊相連，滑塊與車廂的水平底板間有摩擦。用力向右推動(dòng)車廂使彈簧壓縮，撤去推力時(shí)滑塊在車廂底板上有相對滑動(dòng)。在地面參考系(可視為慣性系)中，從撤去推力開始，小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)( )
A．動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒
B．動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒
C．動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒
D．動(dòng)量不守恒，機(jī)械能不守恒
解析：選B 撤去推力，系統(tǒng)所受合外力為零，動(dòng)量守恒；因?yàn)榛瑝K與車廂水平底板間有摩擦，且撤去推力后滑塊在車廂底板上有相對滑動(dòng)，即摩擦力做功，故系統(tǒng)的機(jī)械能減少，B正確。
2．[多個(gè)物體組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒的判斷](多選)如圖所示，A、B兩物體質(zhì)量之比 mA∶mB＝3∶2，原來靜止在平板車C上，A、B間有一根被壓縮的彈簧，地面光滑。當(dāng)彈簧突然被釋放后，則以下系統(tǒng)動(dòng)量守恒的是( )
A．若A、B與C上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，A、B組成的系統(tǒng)
B．若A、B與C上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，A、B、C組成的系統(tǒng)
C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B組成的系統(tǒng)
D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C組成的系統(tǒng)
解析：選BCD 若A、B與C上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，彈簧被釋放后，A、B分別相對C向左、向右滑動(dòng)，它們所受的滑動(dòng)摩擦力FA向右，F(xiàn)B向左，由于mA∶mB＝3∶2，所以FA∶FB＝3∶2，則A、B組成的系統(tǒng)所受的外力之和不為零，故A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，A錯(cuò)誤；對A、B、C組成的系統(tǒng)，A與C、B與C間的摩擦力為內(nèi)力，該系統(tǒng)所受的外力為豎直方向的重力和支持力，它們的合力為零，故該系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，和A、B與C間的動(dòng)摩擦因數(shù)或摩擦力大小是否相等無關(guān)，B、D正確；若A、B所受的摩擦力大小相等，則A、B組成的系統(tǒng)所受的外力之和為零，故其動(dòng)量守恒，C正確。
3．[某個(gè)方向上動(dòng)量守恒的判斷]如圖所示，曲面體P靜止于光滑水平面上，物塊Q自P的上端靜止釋放。Q與P的接觸面光滑，Q在P上運(yùn)動(dòng)的過程中，下列說法正確的是( )
A．P對Q做功為零
B．P和Q之間相互作用力做功之和為零
C．P和Q構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒、動(dòng)量守恒
D．P和Q構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒、動(dòng)量守恒
解析：選B P對Q有彈力的作用，并且在力的方向上有位移，在運(yùn)動(dòng)中，P會(huì)向左移動(dòng)，P對Q的彈力方向垂直于接觸面向上，與Q移動(dòng)位移方向的夾角大于90°，所以P對Q做功不為0，故A錯(cuò)誤；因?yàn)镻、Q之間的力屬于系統(tǒng)內(nèi)力，并且等大反向，兩者在力的方向上發(fā)生的位移相等，所以做功之和為0，故B正確；因?yàn)橄到y(tǒng)除重力外，其他力做功代數(shù)和為零，所以P、Q組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，系統(tǒng)水平方向上不受外力的作用，水平方向上動(dòng)量守恒，但是在豎直方向上Q有加速度，即豎直方向上動(dòng)量不守恒，故C、D錯(cuò)誤。
[要點(diǎn)自悟明]
判斷系統(tǒng)動(dòng)量守恒時(shí)要注意系統(tǒng)的組成及所研究的物理過程：
(1)對于同一個(gè)系統(tǒng)，在不同物理過程中動(dòng)量守恒情況有可能不同。
(2)同一物理過程中，選不同的系統(tǒng)為研究對象，動(dòng)量守恒情況也往往不同，因此解題時(shí)應(yīng)明確選取的系統(tǒng)和研究過程。
(二) 動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用(精研點(diǎn))
1．動(dòng)量守恒定律的五個(gè)特性
2．應(yīng)用動(dòng)量守恒定律的解題步驟
(1)明確研究對象，確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個(gè)物體及研究的過程)。
(2)進(jìn)行受力分析，判斷系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒(或某一方向上是否守恒)。
(3)規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動(dòng)量。
(4)由動(dòng)量守恒定律列出方程。
(5)代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果，必要時(shí)討論說明。
[多維訓(xùn)練]
考法1 動(dòng)量守恒定律的基本應(yīng)用
1．如圖所示，光滑水平面上靜止放置著一輛平板車A。車上有兩個(gè)小滑塊B和C，A、B、C三者的質(zhì)量分別是3m、2m、m。B與平板車之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，而C與平板車之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為2μ。開始時(shí)B、C分別從平板車的左、右兩端同時(shí)以大小相同的初速度v0相向滑行。已知B、C最后都沒有脫離平板車，則平板車的最終速度v車是( )
A.eq \f(1,2)v0 B.eq \f(1,6)v0
C.eq \f(1,3)v0 D．0
解析：選B 設(shè)水平向右為正方向，因?yàn)樗矫婀饣?，三個(gè)物體組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，系統(tǒng)最終的速度為v車，所以2mv0－mv0＝(3m＋2m＋m)v車，解得v車＝eq \f(1,6)v0，B正確。
考法2 動(dòng)量守恒中的臨界極值問題
2.如圖所示，甲、乙兩船的總質(zhì)量(包括船、人和貨物)分別為10m、12m，兩船沿同一直線同一方向運(yùn)動(dòng)，速度分別為2v0、v0。為避免兩船相撞，乙船上的人將一質(zhì)量為m的貨物沿水平方向拋向甲船，甲船上的人將貨物接住，求拋出貨物的最小速度的大小。(不計(jì)水的阻力和貨物在兩船之間的運(yùn)動(dòng)過程)
解析：設(shè)乙船上的人拋出貨物的最小速度的大小為vmin，拋出貨物后乙船的速度為v乙。甲船上的人接到貨物后甲船的速度為v甲，規(guī)定水平向右的方向?yàn)檎较颉?br>對乙船和貨物的作用過程，由動(dòng)量守恒定律得
12mv0＝11mv乙－mvmin①
對貨物和甲船的作用過程，同理有
10m×2v0－mvmin＝11mv甲②
為避免兩船相撞應(yīng)有v甲＝v乙③
聯(lián)立①②③式得vmin＝4v0。
答案：4v0
考法3 動(dòng)量守恒定律與動(dòng)量定理的綜合
3.如圖所示，質(zhì)量為m＝245 g的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))放在質(zhì)量為M＝0.5 kg的木板左端，足夠長的木板靜止在光滑水平面上，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.4。質(zhì)量為m0＝5 g的子彈以速度v0＝300 m/s沿水平方向射入物塊并留在其中(時(shí)間極短)，g取10 m/s2。子彈射入后，求：
(1)子彈進(jìn)入物塊后子彈和物塊一起向右滑行的最大速度v1。
(2)木板向右滑行的最大速度v2。
(3)物塊在木板上滑行的時(shí)間t。
解析：(1)子彈進(jìn)入物塊后一起向右滑行的初速度即為物塊的最大速度，由動(dòng)量守恒可得：
m0v0＝(m0＋m)v1，解得v1＝6 m/s。
(2)當(dāng)子彈、物塊、木板三者同速時(shí)，木板的速度最大，由動(dòng)量守恒定律可得：(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，解得v2＝2 m/s。
(3)對物塊和子彈組成的整體應(yīng)用動(dòng)量定理得：
－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1，
解得：t＝1 s。
答案：(1)6 m/s (2)2 m/s (3)1 s
(三) 某個(gè)方向上的動(dòng)量守恒問題(培優(yōu)點(diǎn))
[典例] (多選)如圖所示，質(zhì)量為M的楔形物體靜止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足夠長，與水平方向的夾角為θ。一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊從斜面底端以初速度v0沿斜面向上開始運(yùn)動(dòng)。當(dāng)小物塊沿斜面向上運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，速度大小為v，距地面高度為h，則下列關(guān)系式中正確的是( )
A．mv0＝(m＋M)v
B．mv0cs θ＝(m＋M)v
C．mgh＝eq \f(1,2)m(v0sin θ)2
D．mgh＋eq \f(1,2)(m＋M)v2＝eq \f(1,2)mv02
[解析] 小物塊上升到最高點(diǎn)時(shí)，小物塊相對楔形物體靜止，所以小物塊與楔形物體的速度都為v，二者組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，全過程機(jī)械能守恒。以向右為正方向，在小物塊上升過程中，由水平方向系統(tǒng)動(dòng)量守恒得mv0cs θ＝(m＋M)v，故A錯(cuò)誤，B正確；由機(jī)械能守恒定律得mgh＋eq \f(1,2)(m＋M)v2＝eq \f(1,2)mv02，故C錯(cuò)誤，D正確。
[答案] BD
[多維訓(xùn)練]
考法1 系統(tǒng)在某方向上動(dòng)量守恒的分析與判斷
1.(多選)如圖所示，在足夠長的光滑水平面上，相對放置著兩個(gè)形狀完全相同的光滑弧形槽A、B，槽底端與光滑水平面相切，其中弧形槽A不固定，弧形槽B固定。一小球從弧形槽A頂端由靜止釋放。下列判斷正確的是( )
A．小球在弧形槽A下滑過程中，小球的機(jī)械能不守恒
B．小球在弧形槽B上滑過程中，小球的機(jī)械能不守恒
C．小球和弧形槽A組成的系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒
D．小球不能上升到弧形槽B的頂端
解析：選AD 由于A是不固定的，小球下滑的過程中，一部分動(dòng)能轉(zhuǎn)移給了A，所以小球的機(jī)械能不守恒，A正確；由于B是固定的，小球在上滑的過程中，動(dòng)能轉(zhuǎn)化為重力勢能，機(jī)械能守恒，B錯(cuò)誤；小球最初和A的合動(dòng)量為零，而當(dāng)小球上升到靜止時(shí)，小球的動(dòng)量為零，A的動(dòng)量不為零，所以小球和弧形槽A組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，C錯(cuò)誤；由于小球的一部分動(dòng)能給了A，所以小球最終到達(dá)不了B的頂端，D正確。
考法2 系統(tǒng)在某方向上動(dòng)量守恒與機(jī)械能守恒的綜合
2.如圖所示，在光滑水平面上放置一個(gè)質(zhì)量為M的滑塊，滑塊的一側(cè)是一個(gè)eq \f(1,4)弧形槽，凹槽半徑為R，A點(diǎn)切線水平。另有一個(gè)質(zhì)量為m的小球以速度v0從A點(diǎn)沖上滑塊，重力加速度大小為g，不計(jì)摩擦。下列說法中正確的是( )
A．當(dāng)v0＝eq \r(2gR)時(shí)，小球能到達(dá)B點(diǎn)
B．如果小球的速度足夠大，小球?qū)幕瑝K的左側(cè)離開滑塊后直接落到水平面上
C．小球到達(dá)斜槽最高點(diǎn)處，小球的速度為零
D．小球回到斜槽底部時(shí)，小球速度方向可能向左
解析：選D 滑塊不固定，當(dāng)v0＝eq \r(2gR)時(shí)，設(shè)小球沿槽上升的高度為h，則有mv0＝(m＋M)v，eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)(M＋m)v2＋mgh，可解得h＝eq \f(M,M＋m)R＜R，故A錯(cuò)誤；當(dāng)小球速度足夠大，從B點(diǎn)離開滑塊時(shí)，由于B點(diǎn)切線豎直，在B點(diǎn)時(shí)小球與滑塊的水平速度相同，離開B點(diǎn)后將再次從B點(diǎn)落回，不會(huì)從滑塊的左側(cè)離開滑塊后直接落到水平面上，B錯(cuò)誤；當(dāng)小球到達(dá)斜槽最高點(diǎn)，由在水平方向上動(dòng)量守恒有mv0＝(M＋m)v，小球具有水平速度，故C錯(cuò)誤；當(dāng)小球回到斜槽底部，相當(dāng)于完成了彈性碰撞，mv0＝mv1＋Mv2，eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)Mv22，v1＝eq \f(m－M,m＋M)v0，當(dāng)m＞M，v1與v0方向相同，向左，當(dāng)m＜M，v1與v0方向相反，即向右，故D正確。
[課時(shí)跟蹤檢測]
1．(多選)2023年10月5日，在杭州亞運(yùn)會(huì)女子籃球決賽中，中國女籃獲得冠軍。比賽中質(zhì)量為m的籃球以大小為v1的速度水平撞擊豎直籃板后，被籃板水平彈回，速度大小變?yōu)関2，已知v20)?，F(xiàn)始終給A施加一個(gè)大小為F＝mg、方向沿斜面向下的力，A開始運(yùn)動(dòng)，g為重力加速度。設(shè)A、B之間以及B與擋板之間的碰撞時(shí)間極短，且無機(jī)械能損失，滑塊與斜面間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。求：
(1)A、B第一次碰撞后瞬間它們的速率分別為多少。
(2)A、B第一次碰撞與第二次碰撞之間的時(shí)間。
解析：(1)A和B恰好能靜止，則有
mgsin θ＝μmgcs θ，
當(dāng)給A施加一個(gè)大小為F＝mg、方向沿斜面向下的力，A開始運(yùn)動(dòng)，
由牛頓第二定律可知F＋mgsin θ－μmgcs θ＝ma
解得：a＝g
A與B碰撞前的速度為v12＝2gkL
A與B發(fā)生彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律可知
mv1＝mv2＋mv1′，
由能量守恒定律可知eq \f(1,2)mv12＝eq \f(1,2)mv22＋eq \f(1,2)mv1′2
解得：v1′＝0，v2＝eq \r(2gkL)。
(2)碰撞后B運(yùn)動(dòng)到底端所用時(shí)間為
t1＝eq \f(L,v2)＝ eq \r(\f(L,2gk))
A運(yùn)動(dòng)到底端所用時(shí)間為t2＝ eq \r(\f(2L,g))
若t1＝t2
解得：k＝eq \f(1,4)
當(dāng)0＜k≤eq \f(1,4)時(shí)，A與B同向相撞，即B與擋板碰撞前A、B發(fā)生第二次碰撞，此時(shí)有eq \f(1,2)gt2＝teq \r(2gkL)
解得：t＝2 eq \r(\f(2kL,g))
當(dāng)k＞eq \f(1,4)時(shí)，A與B反向相撞，即B先與擋板碰撞反向后與A發(fā)生第二次碰撞，
B與擋板碰后原速率返回mgsin θ＋μmgcs θ＝ma′
解得：a′＝g
再次相碰時(shí)，滿足：L－eq \f(1,2)gt2＝eq \r(2gkL)·(t－t1)－eq \f(1,2)a′(t－t1)2，
解得：t＝eq \f(8k＋1,2?2k＋1?) eq \r(\f(L,2gk))。
答案：(1)0 eq \r(2gkL) (2)當(dāng)0＜k≤eq \f(1,4)時(shí)，t＝2eq \r(\f(2kL,g))；當(dāng)k＞eq \f(1,4)時(shí)，t＝eq \f(8k＋1,2?2k＋1?) eq \r(\f(L,2gk))
加強(qiáng)點(diǎn)(二) 動(dòng)量觀點(diǎn)與能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用
1．兩大觀點(diǎn)
動(dòng)量的觀點(diǎn)：動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律。
能量的觀點(diǎn)：動(dòng)能定理和能量守恒定律。
2．三種技巧
(1)若研究對象為一個(gè)系統(tǒng)，應(yīng)優(yōu)先考慮應(yīng)用動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律(機(jī)械能守恒定律)。
(2)若研究對象為單一物體，且涉及功和位移問題時(shí)，應(yīng)優(yōu)先考慮動(dòng)能定理。
(3)動(dòng)量守恒定律、能量守恒定律(機(jī)械能守恒定律)、動(dòng)能定理都只考查一個(gè)物理過程的初、末兩個(gè)狀態(tài)有關(guān)物理量間的關(guān)系，對過程的細(xì)節(jié)不予細(xì)究，這正是它們的方便之處，特別對于變力做功問題，就更顯出它們的優(yōu)越性。
[典例] 一玩具以初速度v0從水平地面豎直向上拋出，達(dá)到最高點(diǎn)時(shí)，用遙控器將玩具內(nèi)壓縮的輕彈簧彈開，該玩具沿水平方向分裂成質(zhì)量之比為1∶4的兩部分，此時(shí)它們的動(dòng)能之和與玩具從地面拋出時(shí)的動(dòng)能相等。彈簧彈開的時(shí)間極短，不計(jì)空氣阻力。求：
(1)玩具上升到最大高度eq \f(3,4)時(shí)的速度大??；
(2)兩部分落地時(shí)速度大小之比。
[解析] (1)設(shè)玩具上升的最大高度為h，玩具上升到高度eq \f(3,4)h時(shí)的速度大小為v，重力加速度大小為g，以初速度方向?yàn)檎?，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，有
0－v02＝－2gh①
v2－v02＝－2geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)h))②
聯(lián)立①②式解得
v＝eq \f(1,2)v0。③
(2)設(shè)玩具分開時(shí)兩部分的質(zhì)量分別為m1、m2，水平速度大小分別為v1、v2。依題意，動(dòng)能關(guān)系為
eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22＝eq \f(1,2)(m1＋m2)v02④
玩具達(dá)到最高點(diǎn)時(shí)速度為零，兩部分分開時(shí)速度方向相反，水平方向動(dòng)量守恒，有
m1v1－m2v2＝0⑤
分開后兩部分做平拋運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)關(guān)系，兩部分落回地面時(shí)，豎直方向分速度大小為v0，設(shè)兩部分落地時(shí)的速度大小分別為v1′、v2′，由速度合成公式，有
v1′＝eq \r(v02＋v12)⑥
v2′＝eq \r(v02＋v22)⑦
聯(lián)立④⑤⑥⑦式，考慮到m1∶m2＝1∶4，得 eq \f(v1′,v2′)＝2。
[答案] (1)eq \f(1,2)v0 (2)2
[針對訓(xùn)練]
如圖所示，小物塊A、B的質(zhì)量均為m＝0.10 kg，B靜止在軌道水平段的末端。A以水平速度v0與B碰撞，碰后兩物塊粘在一起水平拋出。拋出點(diǎn)距離水平地面的豎直高度為h＝0.45 m，兩物塊落地點(diǎn)距離軌道末端的水平距離為s＝0.30 m，取重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)兩物塊在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t；
(2)兩物塊碰前A的速度v0的大??；
(3)兩物塊碰撞過程中損失的機(jī)械能ΔE。
解析：(1)拋出后豎直方向?yàn)樽杂陕潴w運(yùn)動(dòng)，
由h＝eq \f(1,2)gt2
解得t＝0.30 s。
(2)設(shè)物塊A、B碰撞后速度為v，拋出后水平方向?yàn)閯蛩龠\(yùn)動(dòng)，由s＝vt
解得v＝1.0 m/s。
根據(jù)動(dòng)量守恒定律，由mv0＝2mv
解得v0＝2.0 m/s。
(3)兩物塊碰撞過程中損失的機(jī)械能
ΔE＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)×2mv2
解得ΔE＝0.10 J。
答案：(1)0.30 s (2)2.0 m/s (3)0.10 J
加強(qiáng)點(diǎn)(三) 三大力學(xué)觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用
1．三大基本觀點(diǎn)
2.三大觀點(diǎn)的選用原則
力學(xué)中首先考慮使用兩個(gè)守恒定律。
(1)若是多個(gè)物體組成的系統(tǒng)，優(yōu)先考慮使用兩個(gè)守恒定律。
(2)若物體(或系統(tǒng))涉及速度和時(shí)間，應(yīng)考慮使用動(dòng)量定理。
(3)若物體(或系統(tǒng))涉及位移和時(shí)間，且受到恒力作用，應(yīng)考慮使用牛頓運(yùn)動(dòng)定律。
(4)若物體(或系統(tǒng))涉及位移和速度，應(yīng)考慮使用動(dòng)能定理，系統(tǒng)中摩擦力做功時(shí)應(yīng)用摩擦力乘以相對路程，動(dòng)能定理解決曲線運(yùn)動(dòng)和變加速運(yùn)動(dòng)特別方便。
[特別提醒]
(1)無論使用哪一個(gè)規(guī)律，受力分析是前提。
(2)有的問題往往一題多解，解題時(shí)應(yīng)從多個(gè)角度分析，找出最快捷的解題方法。
[典例] (2023·浙江1月選考)一游戲裝置豎直截面如圖所示，該裝置由固定在水平地面上傾角θ＝37°的直軌道AB、螺旋圓形軌道BCDE、傾角θ＝37°的直軌道EF、水平直軌道FG組成，除FG段外各段軌道均光滑，且各處平滑連接。螺旋圓形軌道與軌道AB、EF相切于B(E)處。凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一無動(dòng)力擺渡車，并緊靠在豎直側(cè)壁GH處，擺渡車：上表面與直軌道FG、平臺(tái)JK位于同一水平面。已知螺旋圓形軌道半徑R＝0.5 m，B點(diǎn)高度為1.2R，F(xiàn)G長度LFG＝2.5 m，HI長度L0＝9 m，擺渡車長度L＝3 m、質(zhì)量m＝1 kg。將一質(zhì)量也為m的滑塊從傾斜軌道AB上高度h＝2.3 m處靜止釋放，滑塊在FG段運(yùn)動(dòng)時(shí)的阻力為其重力的0.2倍。(擺渡車碰到豎直側(cè)壁IJ立即靜止，滑塊視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
(1)求滑塊過C點(diǎn)的速度大小vC和軌道對滑塊的作用力大小FC；
(2)擺渡車碰到IJ前，滑塊恰好不脫離擺渡車，求滑塊與擺渡車之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；
(3)在(2)的條件下，求滑塊從G到J所用的時(shí)間t。
[解析] (1)滑塊從A到C，由動(dòng)能定理得：
mg(h－1.2R－Rcs θ－R)＝eq \f(1,2)mvC2
代入得vC＝4 m/s
在C點(diǎn)，由牛頓第二定律得：
FC＋mg＝meq \f(vC2,R)
代入數(shù)據(jù)解得：FC＝22 N。
(2)設(shè)滑塊剛沖上擺渡車時(shí)速度為v0，則由動(dòng)能定理得mgh－0.2mgLFG＝eq \f(1,2)mv02
代入數(shù)據(jù)解得：v0＝6 m/s
滑塊恰好不脫離擺渡車，由動(dòng)量守恒定律得
mv0＝(m＋m)v共
代入數(shù)據(jù)解得v共＝3 m/s
由能量守恒定律得：μmgL＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(m＋m)v共2
代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.3。
(3)對滑塊由牛頓第二定律得：μmg＝ma
減速階段：t1＝eq \f(v0－v共,a)＝1 s
x1＝eq \f(1,2)(v0＋v共)t1＝4.5 m
勻速階段t2＝eq \f(L0－x1,v共)＝1.5 s
則滑塊從G到J用時(shí)t＝t1＋t2＝2.5 s。
[答案] (1)4 m/s 22 N (2)0.3 (3)2.5 s
[針對訓(xùn)練]
(2023·廣東高考)如圖為某藥品自動(dòng)傳送系統(tǒng)的示意圖。該系統(tǒng)由水平傳送帶、豎直螺旋滑槽和與滑槽平滑連接的平臺(tái)組成，滑槽高為3L，平臺(tái)高為L。藥品盒A、B依次被輕放在以速度v0勻速運(yùn)動(dòng)的傳送帶上，在與傳送帶達(dá)到共速后，從M點(diǎn)進(jìn)入滑槽，A剛好滑到平臺(tái)最右端N點(diǎn)停下，隨后滑下的B以2v0的速度與A發(fā)生正碰，碰撞時(shí)間極短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圓盤內(nèi)直徑的兩端。已知A、B的質(zhì)量分別為m和2m，碰撞過程中損失的能量為碰撞前瞬間總動(dòng)能的eq \f(1,4)。A與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，AB在滑至N點(diǎn)之前不發(fā)生碰撞，忽略空氣阻力和圓盤的高度，將藥品盒視為質(zhì)點(diǎn)。求：
(1)A在傳送帶上由靜止加速到與傳送帶共速所用的時(shí)間t；
(2)B從M點(diǎn)滑至N點(diǎn)的過程中克服阻力做的功W；
(3)圓盤的圓心到平臺(tái)右端N點(diǎn)的水平距離s。
解析：(1)A在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度a＝μg
由靜止加速到與傳送帶共速所用的時(shí)間t＝eq \f(v0,a)＝eq \f(v0,μg)。
(2)由功能關(guān)系可得，B從M點(diǎn)滑至N點(diǎn)的過程中克服阻力做的功
W＝eq \f(1,2)·2mv02＋2mg·3L－eq \f(1,2)·2m·(2v0)2＝6mgL－3mv02。
(3)AB碰撞過程由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律可得2m·2v0＝mv1＋2mv2，
eq \f(1,2)·2m·(2v0)2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)mv12＋\f(1,2)·2mv22))
＝eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)·2m·?2v0?2))
解得v1＝2v0，v2＝v0
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(另一組解v1＝\f(2,3)v0，v2＝\f(5,3)v0舍掉))
A、B做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝eq \r(\f(2L,g))
設(shè)桌面上圓盤的半徑為r，
則s－r＝v2t1，s＋r＝v1t1，
解得s＝eq \f(3v0,2)eq \r(\f(2L,g))。
答案：(1)eq \f(v0,μg) (2)6mgL－3mv02 (3)eq \f(3v0,2)eq \r(\f(2L,g))

[課時(shí)跟蹤檢測]
1．如圖甲是打樁機(jī)進(jìn)行路基打樁的實(shí)物情景圖，打樁過程情景模型如圖乙所示，已知打樁機(jī)重錘A的質(zhì)量為m，混凝土鋼筋樁B的質(zhì)量為M，其中M＝8m。每一次打樁時(shí)，打樁機(jī)抬高重錘A，比樁B頂部高出H，然后從靜止自由釋放，與樁發(fā)生時(shí)間極短的完全非彈性碰撞后，與樁一起向下運(yùn)動(dòng)，設(shè)樁受到的阻力f與樁深入地面下的深度h成正比，即f＝kh，其中k＝eq \f(56mg,H)(重力加速度為g，其他阻力忽略不計(jì))。
(1)完成第1次打樁后，試求樁B深入地面下的深度h1；
(2)已知樁B的長度l＝3H，試求使樁B剛好全部進(jìn)入地面下，則要打多少次？
解析：(1)設(shè)重錘A下落與樁B碰撞前的速度為v0，則有mgH＝eq \f(1,2)mv02
因?yàn)橹劐NA與樁B發(fā)生了時(shí)間極短的完全非彈性碰撞，設(shè)碰撞后的共同速度為v，則有mv0＝(M＋m)v
設(shè)第1次打樁，樁B克服阻力所做的功為W1，則有
(M＋m)gh1－W1＝0－eq \f(1,2)(M＋m)v2
其中W1＝eq \f(1,2)kh12
聯(lián)合上式解得h1＝eq \f(H,3)，另一負(fù)解不合實(shí)際情況，故舍去。
(2)設(shè)使樁B剛好全部進(jìn)入地面下，要打N次，根據(jù)動(dòng)能定理，有：
(M＋m)gl－W總＝0－N×eq \f(1,2)(M＋m)v2
其中W總＝eq \f(1,2)kl2，解得N＝2 025。
答案：(1)eq \f(H,3) (2)2 025
2．如圖所示，光滑水平面MN的左端M處固定有一能量補(bǔ)充裝置P，使撞擊它的物體彈回后動(dòng)能在原來基礎(chǔ)上增加一定值。右端N處與水平傳送帶恰好平齊且靠近，傳送帶沿逆時(shí)針方向以恒定速率v＝6 m/s勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，水平部分長度L＝9 m。放在光滑水平面上的兩相同小物塊A、B(均視為質(zhì)點(diǎn))間有一被壓縮的輕質(zhì)彈簧，彈性勢能Ep＝9 J，彈簧與A、B均不粘連，A、B與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，物塊質(zhì)量mA＝mB＝1 kg。現(xiàn)將A、B同時(shí)由靜止釋放，彈簧彈開物塊A和B后，迅速移去輕彈簧，此時(shí)，A還未撞擊P，B還未滑上傳送帶。取g＝10 m/s2。
(1)求A、B剛被彈開時(shí)的速度大??；
(2)試通過計(jì)算判斷B第一次滑上傳送帶后，能否從傳送帶右端滑離傳送帶；
(3)若B從傳送帶上回到光滑水平面MN上與被彈回的A發(fā)生碰撞后粘連，一起滑上傳送帶，則P應(yīng)給A至少補(bǔ)充多少動(dòng)能才能使二者一起滑離傳送帶？
解析：(1)彈簧彈開的過程中，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有Ep＝eq \f(1,2)mAvA2＋eq \f(1,2)mBvB2
由動(dòng)量守恒定律得mAvA－mBvB＝0
聯(lián)立以上兩式解得vA＝3 m/s，vB＝3 m/s。
(2)假設(shè)B不能從傳送帶右端滑離傳送帶，則B做勻減速運(yùn)動(dòng)直到速度減小到零，設(shè)位移為x，
由動(dòng)能定理得－μmBgx＝0－eq \f(1,2)mBvB2，
解得x＝eq \f(vB2,2μg)＝2.25 m
由于x＜L，B不能從傳送帶右端滑離傳送帶。
(3)設(shè)物塊A撞擊P后被反向彈回的速度為v1，由功能關(guān)系可知E＋eq \f(1,2)mAvA2＝eq \f(1,2)mAv12
由物塊B在傳送帶上先向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，直到速度減小到零，然后反方向做勻加速運(yùn)動(dòng)。
由運(yùn)動(dòng)的對稱性可知，物塊B回到皮帶左端時(shí)速度大小應(yīng)為v2＝vB＝3 m/s
設(shè)B與A發(fā)生碰撞粘連后速度為v′，由動(dòng)量守恒定律可得mAv1－mBv2＝(mA＋mB)v′，要使二者能一起滑離傳送帶，要求eq \f(1,2)(mA＋mB)v′2≥μ(mA＋mB)gL，由以上四式可得E ≥108 J。
答案：(1)3 m/s 3 m/s (2)不能 (3)108 J
3．如圖，一長木板在光滑的水平面上以速度v0向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，將一小滑塊無初速地輕放在木板最右端。已知滑塊和木板的質(zhì)量分別為m和2m，它們之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。
(1)滑塊相對木板靜止時(shí)，求它們的共同速度大??；
(2)某時(shí)刻木板速度是滑塊的2倍，求此時(shí)滑塊到木板最右端的距離；
(3)若滑塊輕放在木板最右端的同時(shí)，給木板施加一水平向右的外力，使得木板保持勻速直線運(yùn)動(dòng)，直到滑塊相對木板靜止，求此過程中滑塊的運(yùn)動(dòng)時(shí)間以及外力所做的功。
解析：(1)由于地面光滑，則木板與滑塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有2mv0＝3mv共，解得v共＝eq \f(2v0,3)。
(2)由于木板速度是滑塊的2倍，則有v木＝2v滑，
再根據(jù)動(dòng)量守恒定律有2mv0＝2mv木＋mv滑，
聯(lián)立化簡得v滑＝eq \f(2,5)v0，v木＝eq \f(4,5)v0，
再根據(jù)功能關(guān)系有
－μmgx＝eq \f(1,2)×2mv木2＋eq \f(1,2)mv滑2－eq \f(1,2)×2mv02，
聯(lián)立解得x＝eq \f(7v02,25μg)。
(3)由于木板保持勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有F＝μmg，
對滑塊進(jìn)行受力分析，并根據(jù)牛頓第二定律有
a滑＝μg，
滑塊相對木板靜止時(shí)有v0＝a滑t，解得t＝eq \f(v0,μg)，
則整個(gè)過程中木板滑動(dòng)的距離為x′＝v0t＝eq \f(v02,μg)，
則拉力所做的功為W＝Fx′＝mv02。
答案：(1)eq \f(2v0,3) (2)eq \f(7v02,25μg) (3)eq \f(v0,μg) mv02
4．(2022·浙江6月選考)如圖所示，在豎直面內(nèi)，一質(zhì)量m的物塊a靜置于懸點(diǎn)O正下方的A點(diǎn)，以速度v逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的傳送帶MN與直軌道AB、CD、FG處于同一水平面上，AB、MN、CD的長度均為l。圓弧形細(xì)管道DE半徑為R，EF在豎直直徑上，E點(diǎn)高度為H。開始時(shí)，與物塊a相同的物塊b懸掛于O點(diǎn)，并向左拉開一定的高度h由靜止下擺，細(xì)線始終張緊，擺到最低點(diǎn)時(shí)恰好與a發(fā)生彈性正碰。已知m＝2 g，l＝1 m，R＝0.4 m，H＝0.2 m，v＝2 m/s，物塊與MN、CD之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，軌道AB和管道DE均光滑，物塊a落到FG時(shí)不反彈且靜止。忽略M、B和N、C之間的空隙，CD與DE平滑連接，物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，取g＝10 m/s2。
(1)若h＝1.25 m，求a、b碰撞后瞬時(shí)物塊a的速度v0的大??；
(2)物塊a在DE最高點(diǎn)時(shí)，求管道對物塊的作用力FN與h間滿足的關(guān)系；
(3)若物塊b釋放高度0.9 m

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這是一份高考物理一輪復(fù)習(xí)第六章動(dòng)量和動(dòng)量守恒定律實(shí)驗(yàn)八驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律學(xué)案新人教版，共8頁。學(xué)案主要包含了實(shí)驗(yàn)原理，實(shí)驗(yàn)器材，實(shí)驗(yàn)步驟，數(shù)據(jù)處理，注意事項(xiàng)等內(nèi)容，歡迎下載使用。

高考物理一輪復(fù)習(xí)第六章動(dòng)量和動(dòng)量守恒定律第講動(dòng)量動(dòng)量定理學(xué)案新人教版：

這是一份高考物理一輪復(fù)習(xí)第六章動(dòng)量和動(dòng)量守恒定律第講動(dòng)量動(dòng)量定理學(xué)案新人教版，共11頁。

高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章：動(dòng)量 動(dòng)量守恒定律學(xué)案：

這是一份高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章：動(dòng)量 動(dòng)量守恒定律學(xué)案，共79頁。學(xué)案主要包含了動(dòng)量和沖量，動(dòng)量的變化量，動(dòng)量定理等內(nèi)容，歡迎下載使用。

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