【考綱知識梳理】
一、動量
1、動量：運動物體的質(zhì)量和速度的乘積叫做動量．P=mv
是矢量，方向與速度方向相同；動量的合成與分解，按平行四邊形法則、三角形法則．是狀態(tài)量；
通常說物體的動量是指運動物體某一時刻的動量(狀態(tài)量)，計算物體此時的動量應取這一時刻的瞬時速度。
是相對量；物體的動量亦與參照物的選取有關(guān)，常情況下，指相對地面的動量。單位是kg?m/s；
2、動量和動能的區(qū)別和聯(lián)系
① 動量的大小與速度大小成正比，動能的大小與速度的大小平方成正比。即動量相同而質(zhì)量不同的物體，
其動能不同；動能相同而質(zhì)量不同的物體其動量不同。
② 動量是矢量，而動能是標量。因此，物體的動量變化時，其動能不一定變化；而物體的動能變化時，其動量一定變化。
③ 因動量是矢量，故引起動量變化的原因也是矢量，即物體受到外力的沖量；動能是標量，
引起動能變化的原因亦是標量，即外力對物體做功。
④ 動量和動能都與物體的質(zhì)量和速度有關(guān)，兩者從不同的角度描述了運動物體的特性，且二者大小間存在關(guān)系式：P2＝2mEk
3、動量的變化及其計算方法
動量的變化是指物體末態(tài)的動量減去初態(tài)的動量，是矢量，對應于某一過程（或某一段時間），是一個非常重要的物理量，其計算方法：
（1）ΔP=Pt一P0，主要計算P0、Pt在一條直線上的情況。
（2）利用動量定理 ΔP=F?t，通常用來解決P0、Pt；不在一條直線上或F為恒力的情況。
二、沖量
1、沖量：力和力的作用時間的乘積叫做該力的沖量．
是矢量，如果在力的作用時間內(nèi)，力的方向不變，則力的方向就是沖量的方向；沖量的合成與分解，按平行四邊形法則與三角形法則．沖量不僅由力的決定，還由力的作用時間決定。而力和時間都跟參照物的選擇無關(guān)，所以力的沖量也與參照物的選擇無關(guān)。單位是N?s；
2、沖量的計算方法
（1）I= F?t．采用定義式直接計算、主要解決恒力的沖量計算問題。I=Ft
（2）利用動量定理 Ft=ΔP．主要解決變力的沖量計算問題，但要注意上式中F為合外力（或某一方向上的合外力）。
三、動量定理
1、動量定理：物體受到合外力的沖量等于物體動量的變化．Ft=mv/一mv或 Ft＝p/－p；
該定理由牛頓第二定律推導出來：（質(zhì)點m在短時間Δt內(nèi)受合力為F合，合力的沖量是F合Δt；質(zhì)點的初、未動量是 mv0、mvt，動量的變化量是ΔP=Δ（mv）=mvt－mv0．根據(jù)動量定理得：F合=Δ（mv）/Δt）
2．單位：N?S與kgm／s統(tǒng)一：lkgm／s=1kgm／s2?s=N?s；
3．理解：（1）上式中F為研究對象所受的包括重力在內(nèi)的所有外力的合力。
（2）動量定理中的沖量和動量都是矢量。定理的表達式為一矢量式，等號的兩邊不但大小相同，而且方向相同，在高中階段，動量定理的應用只限于一維的情況。這時可規(guī)定一個正方向，注意力和速度的正負，這樣就把矢量運算轉(zhuǎn)化為代數(shù)運算。
（3）動量定理的研究對象一般是單個質(zhì)點。求變力的沖量時，可借助動量定理求，不可直接用沖量定義式．
四、動量守恒定律
內(nèi)容：相互作用的物體系統(tǒng)，如果不受外力，或它們所受的外力之和為零，它們的總動量保持不變。即作用前的總動量與作用后的總動量相等．（研究對象：相互作用的兩個物體或多個物體所組成的系統(tǒng)）
動量守恒定律適用的條件
守恒條件：①系統(tǒng)不受外力作用。 (理想化條件)
②系統(tǒng)受外力作用，但合外力為零。
③系統(tǒng)受外力作用，合外力也不為零，但合外力遠小于物體間的相互作用力。
④系統(tǒng)在某一個方向的合外力為零，在這個方向的動量守恒。
⑤全過程的某一階段系統(tǒng)受合外力為零，該階段系統(tǒng)動量守恒，
即：原來連在一起的系統(tǒng)勻速或靜止(受合外力為零)，分開后整體在某階段受合外力仍為零,可用動量守恒。
例：火車在某一恒定牽引力作用下拖著拖車勻速前進，拖車在脫勾后至停止運動前的過程中(受合外力為零)動量守恒
常見的表達式
不同的表達式及含義(各種表達式的中文含義)：
P＝P′ 或 P1＋P2＝P1′＋P2′或 m1V1＋m2V2＝m1V1′＋m2V2′
(其中p/、p分別表示系統(tǒng)的末動量和初動量，系統(tǒng)相互作用前的總動量P等于相互作用后的總動量P′)
ΔP＝0 (系統(tǒng)總動量變化為0，或系統(tǒng)總動量的增量等于零。)
Δp1=－Δp2，(其中Δp1、Δp2分別表示系統(tǒng)內(nèi)兩個物體初、末動量的變化量，表示兩個物體組成的系統(tǒng)，各自動量的增量大小相等、方向相反)。
如果相互作用的系統(tǒng)由兩個物體構(gòu)成，動量守恒的實際應用中具體來說有以下幾種形式
A、m1vl＋m2v2＝m1v/l＋m2v/2，各個動量必須相對同一個參照物，適用于作用前后都運動的兩個物體組成的系統(tǒng)。
B、0= m1vl＋m2v2，適用于原來靜止的兩個物體組成的系統(tǒng)。
C、m1vl＋m2v2=（m1＋m2）v，適用于兩物體作用后結(jié)合在一起或具有共同的速度。
原來以動量(P)運動的物體，若其獲得大小相等、方向相反的動量(－P)，是導致物體靜止或反向運動的臨界條件。即：P+(－P)=0
4. 爆炸現(xiàn)象的三個規(guī)律
(1)動量守恒：由于爆炸是在極短的時間內(nèi)完成的，爆炸物體間的相互作用力遠遠大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動量守恒.
(2)動能增加：在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學能)轉(zhuǎn)化為動能，所以爆炸前后系統(tǒng)的總動能增加.
(3)位置不變：爆炸和碰撞的時間極短，因而作用過程中，物體產(chǎn)生的位移很小，一般可忽略不計，可以認為爆炸或碰撞后仍然從爆炸或碰撞前的位置以新的動量開始運動.
【要點名師透析】
類型一 動量守恒定律的實際應用
【例1】如圖1所示，質(zhì)量為 的小車在光滑的水平面上以速度 向右做勻速直線運動，一個質(zhì)量為 的小球從高 處自由下落，與小車碰撞后反彈上升的高度為仍為 。設 ? ，發(fā)生碰撞時彈力 ? ，小球與車之間的動摩擦因數(shù)為 ，則小球彈起時的水平速度可能是
.
.
.
.
解析：小球的水平速度是由于小車對它的摩擦力作用引起的，若小球在離開小車之前水平方向上就已經(jīng)達到了 ，則摩擦力消失，小球在水平方向上的速度不再加速；反之，小球在離開小車之前在水平方向上就是一直被加速的。故分以下兩種情況進行分析：
小球離開小車之前已經(jīng)與小車達到共同速度 ，則水平方向上動量守恒，有
由于 ?
所以
若小球離開小車之前始終未與小車達到共同速度，則對小球應用動量定理得
水平方向上有
豎直方向上有
又
解以上三式，得
故，正確的選項為 。
類型二 動量守恒定律的綜合應用
【例2】 如圖所示，一輛質(zhì)量是m=2kg的平板車左端放有質(zhì)量M=3kg的小滑塊，滑塊與平板車之間的動摩擦因數(shù) =0.4，開始時平板車和滑塊共同以v0=2m/s的速度在光滑水平面上向右運動，并與豎直墻壁發(fā)生碰撞，設碰撞時間極短且碰撞后平板車速度大小保持不變，但方向與原來相反．平板車足夠長，以至滑塊不會滑到平板車右端．（取g=10m/s2）求：
（1）平板車每一次與墻壁碰撞后向左運動的最大距離．
（2）平板車第二次與墻壁碰撞前瞬間的速度v．
（3）為使滑塊始終不會滑到平板車右端，平板車至少多長？
【解析】：（1）設第一次碰墻壁后，平板車向左移動s，速度為0．由于體系總動量向右，平板車速度為零時，滑塊還在向右滑行．
動能定理 ①
②
代入數(shù)據(jù)得 ③
（3）假如平板車在第二次碰撞前還未和滑塊相對靜止，那么其速度的大小肯定還是2m/s，滑塊的速度則大于2m/s，方向均向右．這樣就違反動量守恒．所以平板車在第二次碰撞前肯定已和滑塊具有共同速度v．此即平板車碰墻前瞬間的速度．
④
∴ ⑤
代入數(shù)據(jù)得 ⑥
（3）平板車與墻壁發(fā)生多次碰撞，最后停在墻邊．設滑塊相對平板車總位移為l，則有 ⑦
⑧
代入數(shù)據(jù)得 ⑨
l即為平板車的最短長度．
【感悟高考真題】
1.（2011?福建理綜?T29（2））在光滑水平面上，一質(zhì)量為m，速度大小為 的A球與質(zhì)量為2m靜止的B球碰撞后，A球的速度方向與碰撞前相反。則碰撞后B球的速度大小可能是__________。（填選項前的字母）
A. 0.6 B. 0.4 C. 0.3 D. 0.2
【答案】選A.
【詳解】由動量守恒定律得 ，規(guī)定A球原方向為正方向，由題意可知vA為負值，則 ，因此B球的速度可能為0.6v，故選A.
2.（2011?新課標全國卷?T35（2））如圖，A、B、C三個木塊的質(zhì)量均為m。置于光滑的水平面上，B、C之間有一輕質(zhì)彈簧，彈簧的兩端與木塊接觸而不固連，將彈簧壓緊到不能再壓縮時用細線把B和C緊連，使彈簧不能伸展，以至于B、C可視為一個整體，現(xiàn)A以初速v沿B、C的連線方向朝B運動，與B相碰并粘合在一起，以后細線突然斷開，彈簧伸展，從而使C與A，B分離，已知C離開彈簧后的速度恰為v，求彈簧釋放的勢能。
【答案】13 m v02
【詳解】設碰后A、B和C的共同速度大小為v，由動量守恒有，
3mv=mv0 ①
設C離開彈簧時，A、B的速度大小為v1，由動量守恒有，
3mv=2mv1+mv0 ②
設彈簧的彈性勢能為Ep，從細線斷開到C與彈簧分開的過程中機械能守恒，有，
12 （3m）v2＋Ep=12 （2m）v12＋12 mv02 ③
由①②③式得彈簧所釋放的勢能為
Ep=13 m v02
3.（2011?北京高考?T21⑵）如圖2，用“碰撞實驗器”可以驗證動量守恒定律，即研究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關(guān)系。
①實驗中，直接測定小球碰撞前后的速度是不容易的。但是，可以通過僅測量 （填選項前的符號），間接地解決這個問題
小球開始釋放高度
小球拋出點距地面的高度
小球做平拋運動的射程
②圖2中 點是小球拋出點在地面上的垂直投影，實驗時，先讓入射球 多次從斜軌上 位置靜止釋放，找到其平均落地點的位置P,測量平拋射程 ，然后，把被碰小球 靜止于軌道的水平部分，再將入射球 從斜軌上 位置靜止釋放，與小球 相碰，并多次重復。
接下來要完成的必要步驟是 (填選項前的符號)
A.用天平測量兩個小球的質(zhì)量 、
B.測量小球 開始釋放高度h
C.測量拋出點距地面的高度H
D．分別找到 相碰后平均落地點的位置M、N
E．測量平拋射程ＯＭ，ＯＮ
③若兩球相碰前后的動量守恒，其表達式可表示為 �。ㄓ芒谥袦y量的量表示）；若碰撞是彈性碰撞。那么還應滿足的表達式為 �。ㄓ芒谥袦y量的量表示）。
④經(jīng)測定， ，小球落地點的平均位置距Ｏ點的距離如圖３所示。
碰撞前、后m1的動量分別為p1與 ，則p1: ‘= ：11；若碰撞結(jié)束時m2的動量為 ,則 ‘: ‘=11:
實驗結(jié)果說明，碰撞前、后總動量的比值 為
⑤有同學認為，在上述實驗中僅更換兩個小球的材質(zhì)，其它條件不變，可以使被撞小球做平拋運動的射程增大。請你用④中已知的數(shù)據(jù)，分析和計算出被撞小球m2平拋運動射程ON的最大值為 cm.
【答案】①C，②ADE或DAE或DEA
③
④14 2.9 1～1.01
⑤76.8
【詳解】①在落地高度不變的情況下，水平位移就能反映平拋初速度的大小，所以，僅測量小球做平拋運動的射程就能間接測量速度.因此選C.
②找出平均落點的位置，測量平拋的水平位移，因此步驟中D、E是必須的，但D、E先后均可，至于用天平測質(zhì)量先后均可。所以答案是ADE或DAE或DEA.
③設落地時間為t，則 ， ，動量守恒的表達式是 ，
動能守恒的表達式是 ，所以若兩球相碰前后的動量守恒，則 成立，若碰撞是彈性碰撞，動能守恒則 成立.
④碰撞前后m1動量之比 ， ，
⑤發(fā)生彈性碰撞時，被碰小球獲得的速度最大，根據(jù)動量守恒和動能守恒， ， ，聯(lián)立解得 ，因此，最大射程為
4.（2011?山東高考?T38）（1）碘131核 不穩(wěn)定，會發(fā)生β衰變，其半衰變期為8天。
?碘131核的衰變方程： （衰變后的元素用X表示）。
?經(jīng)過________天 75%的碘131核發(fā)生了衰變。
（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動，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出甲船，甲船上的人將貨物接住，求拋出貨物的最小速度。（不計水的阻力）
【答案】（1）? ?16天 （2）
【詳解】（1）? ?由放射性元素經(jīng)歷一個半衰期衰變總數(shù)的一半可知，共經(jīng)歷了兩個半衰期即16天。
（2）設拋出貨物的最小速度為Vx,則有對乙船 ，其中v為后來兩船同向運動的速度。由以上兩式可得
5.（2011?天津理綜?T12）回旋加速器在核科學、核技術(shù)、核醫(yī)學等高新技術(shù)領(lǐng)域得到了廣泛應用，有力地推動了現(xiàn)代科學技術(shù)的發(fā)展。
當今醫(yī)學影像診斷設備PET/CT堪稱“現(xiàn)代醫(yī)學高科技之冠”，它在醫(yī)療診斷中，常利用能放射正電子的同位素碳11作示蹤原子。碳11是由小型回旋加速器輸出的高速質(zhì)子轟擊氮14獲得，同時還產(chǎn)生另一粒子，試寫出核反應方程。若碳11的半衰期 為20min，經(jīng)2.0h剩余碳11的質(zhì)量占原來的百分之幾？（結(jié)果取2位有效數(shù)字）
回旋加速器的原理如圖， 和 是兩個中空的半徑為R的半圓金屬盒，它們接在電壓一定、頻率為 的交流電源上，位于 圓心處的質(zhì)子源A能不斷產(chǎn)生質(zhì)子（初速度可以忽略，重力不計），它們在兩盒之間被電場加速， 、 置于與盒面垂直的磁感應強度為B的勻強磁場中。若質(zhì)子束從回旋加速器輸出時的平均功率為P，求輸出時質(zhì)子束的等效電流I與P、B、R、 的關(guān)系式（忽略質(zhì)子在電場中的運動時間，其最大速度遠小于光速）。
試推力說明：質(zhì)子在回旋加速器中運動時，隨軌道半徑 的增大，同一盒中相鄰軌道的半徑之差 是增大、減小還是不變？
【答案】⑴
⑵
⑶隨軌道半徑r的增大，同一盒中相鄰軌道的半徑之差 減小
【詳解】⑴核反應方程為 -------------①
設碳11原有質(zhì)量為 ，經(jīng)過 剩余的質(zhì)量為 ，根據(jù)半衰期定義有
----------------------②
⑵設質(zhì)子的質(zhì)量為m，電荷量為q，質(zhì)子離開加速器時速度大小為 ，有牛頓第二定律得
----------------------------③
質(zhì)子運動的回旋周期為 --------------④
由回旋加速器原理可知，交流電源的頻率與質(zhì)子回旋頻率相同，由周期T與頻率 的關(guān)系得 --------------------------------⑤
設在t時間內(nèi)離開加速器的質(zhì)子數(shù)為N，則質(zhì)子束從回旋加速器輸出時的平均功率為
----------------------------⑥
輸出時質(zhì)子束的等效電流為 ---------------⑦
由上述各式聯(lián)立解得： -----------------⑧
若以單個質(zhì)子為研究對象解答過程正確的同樣得分。
⑶方法一：設k（ ）為同一盒中質(zhì)子運動軌道半徑的序數(shù)，相鄰的軌道半徑分別為 、 （ ）， ，在相應軌道上質(zhì)子對應的速度大小分別為 、 ， 、 之間的電壓為U，由動能定理知 --------⑨
由洛倫茲力充當質(zhì)子做圓周運動的向心力，知 ，則
整理得 ----------⑩
因U、q、m、B均為定值，令 ,由上式得
相鄰軌道半徑 、 之差 ，同理得
因為 ，比較 、 得 ---------------⑾
說明隨軌道半徑r的增大，同一盒中相鄰軌道的半徑之差 減小
方法二：設k（ ）為同一盒中質(zhì)子運動軌道半徑的序數(shù)，相鄰的軌道半徑分別為 、 （ ）， ，在相應軌道上質(zhì)子對應的速度大小分別為 、 ， 、 之間的電壓為U。
由洛倫茲力充當質(zhì)子做圓周運動的向心力，知 ，故 ------⑿
由動能定理知，質(zhì)子每加速一次，其動能增量 ------------------⒀
以質(zhì)子在 盒中運動為例，第k次進入 時，被電場加速 次，速度大小為
---------------------------⒁
同理，質(zhì)子第 次進入 時，速度大小為
綜合上述各式得 ，
同理，對于相鄰軌道半徑 、 ， ，整理后有
由于 ，比較 、 得 ------⒂
說明隨軌道半徑r的增大，同一盒中相鄰軌道的半徑之差 減小。用同樣的方法也可得到質(zhì)子在 盒中運動時具有相同的結(jié)論。
6.（2011?海南物理?T19）（1）2011年3月11日，日本發(fā)生九級大地震，造成福島核電站的核泄漏事故。在泄漏的污染物中含有131I和137Cs兩種放射性核素，它們通過一系列衰變產(chǎn)生對人體有危害的輻射。在下列四個式子中，有兩個能分別反映131I和137Cs衰變過程，它們分別是_______和__________（填入正確選項前的字母）。131I和137Cs原子核中的中子數(shù)分別是________和_______.
A.X1→ B.X2→
C.X3→ D.X4→
（2）（8分）一質(zhì)量為2m的物體P靜止于光滑水平地面上，其截面如圖所示。圖中ab為粗糙的水平面，長度為L；bc為一光滑斜面，斜面和水平面通過與ab和bc均相切的長度可忽略的光滑圓弧連接�，F(xiàn)有一質(zhì)量為m的木塊以大小為v0的水平初速度從a點向左運動，在斜面上上升的最大高度為h，返回后在到達a點前與物體P相對靜止。重力加速度為g。求：
（i）木塊在ab段受到的摩擦力f；
（ii）木塊最后距a點的距離s。
【答案】（1）BC 78 82 （2） ，
【詳解】（1）根據(jù)衰變過程電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒，可知 是 Ba， 是 I，
是 Cs， 是 Cs，所以能分別反映 I、 Cs的衰變過程的是分別是BC。 I原子核中
的中子數(shù)是 ， Cs原子核中的中子數(shù)是 。
（2）（i）木塊向右滑到最高點時，系統(tǒng)有共同速度 ，
動量守恒： ①（1分）
②（2分）
聯(lián)立①②兩式解得： ③（1分）
（ii）整個過程，由功能關(guān)系得： ④（2分）
木塊最后距a點的距離 ⑤（1分）
聯(lián)立①③④⑤解得： （1分）
7. （2010?福建?29（2））如圖所示，一個木箱原來靜止在光滑水平面上，木箱內(nèi)粗糙的底板上放著一個小木塊。木箱和小木塊都具有一定的質(zhì)量。現(xiàn)使木箱獲得一個向右的初速度 ，則 。（填選項前的字母）
A． 小木塊和木箱最終都將靜止
B． 小木塊最終將相對木箱靜止，二者一起向右運動
C． 小木塊在木箱內(nèi)壁將始終來回往復碰撞，而木箱一直向右運動
D． 如果小木塊與木箱的左壁碰撞后相對木箱靜止，則二者將一起向左運動
答案：B
8．（2010?北京?20）如圖，若x軸表示時間，y軸表示位置，則該圖像反映了某質(zhì)點做勻速直線運動時，位置與時間的關(guān)系。若令x軸和y軸分別表示其它的物理量，則該圖像又可以反映在某種情況下，相應的物理量之間的關(guān)系。下列說法中正確的是
A.若x軸表示時間,y軸表示動能，則該圖像可以反映某物體受恒定合外力作用做直線運動過程中，物體動能與時間的關(guān)系
B.若x軸表示頻率，y軸表示動能，則該圖像可以反映光電效應中，光電子最大初動能與入射光頻率之間的關(guān)系
C.若x軸表示時間，y軸表示動量，則該圖像可以反映某物在沿運動方向的恒定合外力作用下，物體動量與時間的關(guān)系
D.若x軸表示時間，y軸表示感應電動勢，則該圖像可以反映靜置于磁場中的某閉合回路，當磁感應強度隨時間均勻增大時，增長合回路的感應電動勢與時間的關(guān)系
【答案】C
【解析】根據(jù)動量定理 ， 說明動量和時間是線性關(guān)系，縱截距為初動量，C正確。結(jié)合 得 ，說明動能和時間的圖像是拋物線，A錯誤。根據(jù)光電效應方程 ，說明最大初動能和時間是線性關(guān)系，但縱截距為負值，B錯誤。當磁感應強度隨時間均勻增大時，增長合回路內(nèi)的磁通量均勻增大，根據(jù)法拉第電磁感應定律增長合回路的感應電動勢等于磁通量的變化率，是一個定值不 隨時間變化，D錯誤。
9.（ 2010?天津?10）如圖所示，小球A系在細線的一端，線的另一端固定在O點，O點到水平面的距離為h。物塊B質(zhì)量是小球的5倍，置于粗糙的水平面上且位于O點的正下方，物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ�，F(xiàn)拉動小球使線水平伸直，小球由靜止開始釋放，運動到最低點時與物塊發(fā)生正碰（碰撞時間極短），反彈后上升至最高點時到水平面的距離為 。小球與物塊均視為質(zhì)點，不計空氣阻力，重力加速度為g，求物塊在水平面上滑行的時間t。
解析：設小球的質(zhì)量為m，運動到最低點與物塊碰撞前的速度大小為 ，取小球運動到最低點重力勢能為零，根據(jù)機械能守恒定律，有
①
得
設碰撞后小球反彈的速度大小為 ，同理有
②
得
設碰撞后物塊的速度大小為 ，取水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律，有
③
得 ④
物塊在水平面上滑行所受摩擦力的大小
⑤
設物塊在水平面上滑行的時間為 ，根據(jù)動量定理，有
⑥
得 ⑦
10. （2010?新課標?34(2)）(10分)如圖所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一豎直的墻.重物質(zhì)量為木板質(zhì)量的2倍，重物與木板間的動摩擦因數(shù)為 .使木板與重物以共同的速度 向右運動，某時刻木板與墻發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間極短.求木板從第一次與墻碰撞到再次碰撞所經(jīng)歷的時間.設木板足夠長，重物始終在木板上.重力加速度為g.
解析：木板第一次與墻碰撞后，向左勻減速直線運動，直到靜止，再反向向右勻加速直線運動直到與重物有共同速度，再往后是勻速直線運動，直到第二次撞墻。
木板第一次與墻碰撞后，重物與木板相互作用直到有共同速度，動量守恒，有：
，解得：
木板在第一個過程中，用動量定理，有：
用動能定理，有：
木板在第二個過程中，勻速直線運動，有：
木板從第一次與墻碰撞到再次碰撞所經(jīng)歷的時間t=t1+t2= + =
11. （2010?全國卷Ⅱ?25）小球A和B的質(zhì)量分別為mA 和 mB 且mA＞＞mB 在某高度處將A和B先后從靜止釋放。小球A與水平地面碰撞后向上彈回，在釋放處的下方與釋放出距離為H的地方恰好與正在下落的小球B發(fā)生正幢，設所有碰撞都是彈性的，碰撞事件極短。求小球A、B碰撞后B上升的最大高度。
連立①④⑤化簡得
⑥
12．（2010?北京?24）雨滴在穿過云層的過程中，不斷與漂浮在云層中的小水珠相遇并結(jié)合為一體，其質(zhì)量逐漸增大。現(xiàn)將上述過程簡化為沿豎直方向的一系列碰撞。已知雨滴的初始質(zhì)量為 ，初速度為 ，下降距離 后于靜止的小水珠碰撞且合并，質(zhì)量變?yōu)?。此后每經(jīng)過同樣的距離 后，雨滴均與靜止的小水珠碰撞且合并，質(zhì)量依次為 、 ．．．．．． ．．．．．．（設各質(zhì)量為已知量）。不計空氣阻力。
若不計重力，求第 次碰撞后雨滴的速度 ；
若考慮重力的影響，
ａ．求第１次碰撞前、后雨滴的速度 和 ；
ｂ．求第ｎ次碰撞后雨滴的動能 。
解析：（1）不計重力，全過程中動量守恒，m0v0=mnv′n
得
（2）若考慮重力的影響，雨滴下降過程中做加速度為g的勻加速運動，碰撞瞬間動量守恒
a． 第1次碰撞前
第1次碰撞后
b. 第2次碰撞前
利用○1式化簡得 ○2
第2次碰撞后，利用○2式得
同理，第3次碰撞后
…………
第n次碰撞后
動能
【考點模擬演練】
1．用不可伸長的細線懸掛一質(zhì)量為M的小木塊，木塊靜止，如圖10所示．現(xiàn)有一質(zhì)量為m的子彈自左方水平射向木塊，并停留在木塊中，子彈初速度為v0，則下列判斷正確的是
( )
A．從子彈射向木塊到一起上升到最高點的過程中系統(tǒng)的機械能守恒
B．子彈射入木塊瞬間動量守恒，故子彈射入木塊瞬間子彈和木塊的共同速度為mv0M＋m
C．忽略空氣阻力，子彈和木塊一起上升過程中系統(tǒng)機械能守恒，其機械能等于子彈射入木塊前的動能
D．子彈和木塊一起上升的最大高度為m2v202g(M＋m)2
【答案】BD
【詳解】從子彈射向木塊到一起運動到最高點的過程可以分為兩個階段：子彈射入木塊的瞬間系統(tǒng)動量守恒，但機械能不守恒，有部分機械能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)內(nèi)能，之后子彈在木塊中與木塊一起上升，該過程只有重力做功，機械能守恒但總能量小于子彈射入木塊前的動能，因此A、C錯誤；由子彈射入木塊瞬間動量守恒可得子彈射入木塊后的共同速度為mv0M＋m，B正確；之后子彈和木塊一起上升，該階段機械能守恒可得上升的最大高度為m2v202g(M＋m)2，D正確．
2.如圖所示，物體A靜止在光滑的水平面上，A的左邊固定有輕質(zhì)彈簧，與A質(zhì)量相等的物體B以速度v向A運動并與彈簧發(fā)生碰撞，A、B始終沿同一直線運動，則A、B組成的系統(tǒng)動能損失最大的時刻是( )
A.A開始運動時
B.A的速度等于v時
C.B的速度等于零時
D.A和B的速度相等時
【答案】選D.
【詳解】當B觸及彈簧后減速，而物體A加速，當vA=vB時，A、B間距最小，彈簧壓縮量最大，彈性勢能最大，由能量守恒知系統(tǒng)損失動能最多，故只有D對.
3．一炮艇總質(zhì)量為M，以速度v0勻速行駛，從艇上以相對海岸的水平速度v沿前進方向射出一質(zhì)量為m的炮彈，發(fā)射炮彈后艇的速度為v′，若不計水的阻力，則下列各關(guān)系式中正確的是( )
A．Mv0＝(M－m)v′＋mv
B．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v0)
C．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v′)
D．Mv0＝Mv′＋mv
【答案】A
【詳解】以炮艇及炮艇上的炮彈為研究對象，動量守恒，其中的速度均為對地速度，故A正確．
4．如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運動．兩球質(zhì)量關(guān)系為mB＝2mA，規(guī)定向右為正方向，A、B兩球的動量均為6 kg?m/s，運動中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動量增量為－4 kg?m/s.則( )
A．左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶5
B．左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1∶10
C．右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶5
D．右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1∶10
【答案】A
【詳解】由兩球的動量都是6 kg?m/s可知，運動方向都向右，且能夠相碰，說明左方是質(zhì)量小速度大的小球，故左方是A球．碰后A球的動量減少了4 kg?m/s，即A球的動量為2 kg?m/s，由動量守恒定律得B球的動量為10 kg?m/s，故可得其速度比為2∶5，故選項A是正確的．
5．如圖所示，光滑水平面上兩小車中間夾一壓縮了的輕彈簧，兩手分別按住小車，使它們靜止，對兩車及彈簧組成的系統(tǒng)，下列說法中正確的是( )
A．兩手同時放開后，系統(tǒng)總動量始終為零
B．先放開左手，后放開右手，動量不守恒
C．先放開左手，后放開右手，總動量向左
D．無論何時放手，只要兩手放開后在彈簧恢復原長的過程中，系統(tǒng)總動量都保持不變，但系統(tǒng)的總動量不一定為零
【答案】ACD
【詳解】當兩手同時放開時，系統(tǒng)的合外力為零，所以系統(tǒng)的動量守恒，又因為開始時總動量為零，故系統(tǒng)總動量始終為零，選項A正確；先放開左手，左邊的小車就向左運動，當再放開右手后，系統(tǒng)所受合外力為零，故系統(tǒng)的動量守恒，且開始時總動量方向向左，放開右手后總動量方向也向左，故選項B錯而C、D正確．
6. 如圖所示，在光滑的水平地面上有一輛平板車，車的兩端分別站著人A和B，A的質(zhì)量為mA，B的質(zhì)量為mB，mA>mB.最初人和車都處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)在，兩人同時由靜止開始相向而行，A和B對地面的速度大小相等，則車 ( )
A．靜止不動 B．左右往返運動
C．向右運動 D．向左運動
【答案】D
【詳解】系統(tǒng)動量守恒，A的動量大于B的動量，只有車與B的運動方向相同才能使整個系統(tǒng)動量守恒．
7．質(zhì)量都為m的小球a、b、c以相同的速度分別與另外三個質(zhì)量都為M的靜止小球相碰后，a球被反向彈回，b球與被碰球粘合在一起仍沿原方向運動，c球碰后靜止，則下列說法正確的是 ( )
A．m一定小于M
B．m可能等于M
C．b球與質(zhì)量為M的球組成的系統(tǒng)損失的動能最大
D．c球與質(zhì)量為M的球組成的系統(tǒng)損失的動能最大
【答案】AC
【詳解】由a球被反向彈回，可以確定三小球的質(zhì)量m一定小于M；若m≥M，則無論如何m不會被彈回．當m與M發(fā)生完全非彈性碰撞時損失的動能最大，b與M粘合在一起，發(fā)生的是完全非彈性碰撞，則選項A、C正確．
8．如圖所示，甲、乙兩小車的質(zhì)量分別為m1、m2，且m1>m2，用輕彈簧將兩小車連接，靜止在光滑的水平面上．現(xiàn)在同時對甲、乙兩車施加等大反向的水平恒力F1、F2，使甲、乙兩車同時由靜止開始運動，直到彈簧被拉到最長(彈簧仍在彈性限度內(nèi))的過程中，對甲、乙兩小車及彈簧組成的系統(tǒng)，下列說法正確的是 ( )
A．系統(tǒng)受到外力作用，動量不斷增大
B．彈簧伸長到最長時，系統(tǒng)的機械能最大
C．甲車的最大動能小于乙車的最大動能
D．兩車的速度減小到零時，彈簧的彈力大小等于外力F1、F2的大小
【答案】BC
9. 如圖所示，質(zhì)量為M的小車靜止在光滑的水平面上，小車上AB部分是半徑為R的四分之一光滑圓弧，BC部分是粗糙的水平面．現(xiàn)把質(zhì)量為m的小物體從A點由靜止釋放，m與BC部分間的動摩擦因數(shù)為μ，最終小物體與小車相對靜止于B、C之間的D點，則B、D間的距離x隨各量變化的情況是 ( )
A．其他量不變，R越大x越大
B．其他量不變，μ越大x越大
C．其他量不變，m越大x越大
D．其他量不變，M越大x越大
【答案】A
【詳解】兩個物體組成的系統(tǒng)水平方向的動量是守恒的，所以當兩物體相對靜止時，系統(tǒng)水平方向的總動量為零，則兩物體最終會停止運動，由能量守恒有μmgx＝mgR，解得x＝Rμ，故選項A是正確的．
10．如圖所示，輕質(zhì)彈簧的一端固定在墻上，另一端與質(zhì)量為m的物體A相連，A
放在光滑水平面上，有一質(zhì)量與A相同的物體B，從高h處由靜止開始沿光滑曲面滑下，與A相碰后一起將彈簧壓縮，彈簧復原過程中某時刻B與A分開且沿原曲面上升．下列說法正確的是 ( )
A．彈簧被壓縮時所具有的最大彈性勢能為mgh
B．彈簧被壓縮時所具有的最大彈性勢能為mgh2
C．B能達到的最大高度為h2
D．B能達到的最大高度為h4
【答案】BD
【詳解】根據(jù)機械能守恒定律可得B剛到達水平地面的速度v0＝2gh，根據(jù)動量守恒定律可得A與B碰撞后的速度為v＝12v0，所以彈簧被壓縮時所具有的最大彈性勢能為Epm＝12?2mv2＝12mgh，即B正確；當彈簧再次恢復原長時， A與B將分開，B以v的速度沿斜面上滑，根據(jù)機械能守恒定律可得mgh′＝12mv2，B能達到的最大高度為h/4，即D正確．
11.如圖所示，A、B兩個木塊質(zhì)量分別為2 kg與0.9 kg，A、B與水平地面間接觸光滑，上表面粗糙，質(zhì)量為0.1 kg的鐵塊以10 m/s的速度從A的左端向右滑動，最后鐵塊與B的共同速度大小為0.5 m/s，求：
(1)A的最終速度；
(2)鐵塊剛滑上B時的速度．
【答案】(1)0.25 m/s (2)2.75 m/s
【詳解】(1)選鐵塊和木塊A、B為一系統(tǒng)，由系統(tǒng)總動量守恒得：mv＝(MB＋m)vB＋MAvA
可求得：vA＝0.25 m/s.
(2)設鐵塊剛滑上B時的速度為u，此時A、B的速度均為vA＝0.25 m/s.
由系統(tǒng)動量守恒得：mv＝mu＋(MA＋MB)vA
可求得：u＝2.75 m/s.
12.如圖所示，將質(zhì)量為m1的鉛球以大小為v0、仰角為θ的初速度拋入一個裝有砂子的總質(zhì)量為M的靜止的砂車中，砂車與水平地面間的摩擦可以忽略．求：
(1)球和砂車的共同速度；
(2)球和砂車獲得共同速度后，砂車底部出現(xiàn)一小孔，砂子從小孔中流出，當漏出質(zhì)量為m2的砂子時砂車的速度．
【答案】(1)m1v0cos θM＋m1 (2)m1v0cos θM＋m1
【詳解】 (1)以鉛球、砂車為系統(tǒng)，水平方向動量守恒，m1v0cos θ＝(M＋m1)v，
得球和砂車的共同速度
v＝m1v0cos θM＋m1.
(2)球和砂車獲得共同速度后漏砂過程中系統(tǒng)水平方向動量也守恒，設當漏出質(zhì)量為m2的砂子時砂車的速度為v′，砂子漏出后做平拋運動，水平方向的速度仍為v，
由(M＋m1)v＝m2v＋(M＋m1－m2)v′，
得v′＝v＝m1v0cos θM＋m1.
本文來自：逍遙右腦記憶 http://www.douzifanli.com/gaosan/73800.html
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