高三一轮复习-动量守恒定律..doc

一. 冲量
1. 定义:力和力的作用时间的乘积叫做冲量：I=Ft
2. 冲量是描述力的时间积累效应的物理量，是过程量，它与时间相对应．
3. 冲量是矢量，它的方向由力的方向决定（不能说和力的方向相同）．如果力的方向在作用时间内保持不变，那么冲量的方向就和力的方向相同．如果力的方向在不断变化，如绳子拉物体做圆周运动，则绳的拉力在时间t内的冲量，就不能说是力的方向就是冲量的方向．对于方向不断变化的力的冲量，其方向可以通过动量变化的方向间接得出．
4. 高中阶段只要求会用I=Ft计算恒力的冲量．对于变力的冲量，高中阶段只能利用动量定理通过物体的动量变化来求．
5. 要注意的是：冲量和功不同．恒力在一段时间内可能不作功，但一定有冲量．特别是力作用在静止的物体上也有冲量．
二.动量
1．动量： p＝mv，是矢量，它的方向由__________方向决定．
2．动量的变化(也叫动量的变化量、动量的改变量、动量的增量等等)
(1)定义： 动量的变化＝__________－__________
(2)表达式： Δp＝p′－p＝Δ(mv)＝mΔv＝mv′－mv
3. 动量与动能的关系：，注意动量是矢量，动能是标量，动量改变，动能不一定改变，但动能改变动量是一定要变的
三.动量定理
1. 动量定理：物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化．既I=Δp
2. 动量定理的理解
①动量定理表明冲量是使物体动量发生变化的原因，冲量是物体动量变化的量度．这里所说的冲量必须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动量定理给出了冲量（过程量）和动量变化（状态量）间的互求关系．
③现代物理学把力定义为物体动量的变化率：（牛顿第二定律的动量形式）．
④动量定理的表达式是矢量式．在一维的情况下，各个矢量必须以同一个规定的方向为正．
四．动量守恒定律
1．动量守恒定律： 相互作用的一个系统不受外力或者所受外力和为0，这个系统的总动量保持不变．
表达式： ①m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，表示作用前后系统的总动量相等．
②Δp1＋Δp2＝0(或Δp＝0)，表示相互作用物体系统总动量增量为零．
③Δp1＝－Δp2，表示两物体动量的增量大小相等方向相反．
2．动量守恒定律的条件
(1)系统不受外力或系统所受的合外力为零．
(2)系统所受的合外力不为零，但比系统内力小得多．如爆炸过程中的重力比相互作用力小很多，可忽略重力，认为爆炸过程符合动量守恒定律．
(3)系统所受的合力虽不为零，但在某个方向上的分量为零，则在该方向上系统总动量的分量保持不变．
3．动量守恒定律的适用范围
牛顿定律的适用范围是： 低速运动的物体、宏观物体，动量守恒定律却不受此种限制．动量守恒定律是自然界中最重要、最普遍的规律之一．
五．碰撞与爆炸
1．碰撞与爆炸具有一个共同特点： 即相互作用的力为变力，作用的时间极短，作用力很大，且远远大于系统受的外力，故均可用动量守恒定律来处理．
2．爆炸过程中，因有其他形式的能转化为动能，所以系统的机械能会增加．
3．由于碰撞(或爆炸)的作用时间极短，因此作用过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，即认为碰撞(或爆炸)后还是从碰撞(或爆炸)前瞬间的位置以新的动量开始运动．
4．碰撞的分类：按碰撞过程中动能的损失情况，可将碰撞分为弹性碰撞和非弹性碰撞．
(1)弹性碰撞： 碰撞过程中机械能不损失，碰撞前后系统总动能守恒，Ek1′＋Ek2′＝Ek1＋Ek2
(2)非弹性碰撞： 碰撞过程中机械能有损失，系统总动能不守恒，Ek1′＋Ek2′≠Ek1＋Ek2
(3)完全非弹性碰撞： 碰撞后两物体“合”为一体，具有共同的速度，这种碰撞动能损失最大．
5. 碰撞现象满足的规律
(1)动量守恒定律． (2)机械能不增加． (3)速度要合理．
①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，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 以质量为m1，速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，
则有m1v1＝m1v1′＋m2v2′ m1v＝m1v1′2 ＋m2v2′2
解得v1′＝，v2′＝
结论：①m1＝m2，则交换速度 ②m1>m2， 大撞小，一起前进
③若m1<m2,小撞大，小反弹，大前进 ④若m1≫m2，则v1′＝v1，v2′＝2v1
⑤若m1≪m2，则v1′＝－v1，v2′＝0

★要点一 基本概念的理解
【典型例题】
【例1】关于物体的动量，下列说法中正确的是(　　) A
A．运动物体在任一时刻的动量方向，一定是该时刻的速度方向
B．物体的加速度不变，其动量一定不变
C．动量越大的物体，其速度一定越大
D．物体的动量越大，其惯性也越大
【例2】下列论述中错误的是(　　) B
A．相互作用的物体，如果所受合外力为零，则它们的总动量保持不变
B．动量守恒是指相互作用的各个物体在相互作用前后的动量不变
C．动量守恒是相互作用的各个物体组成的系统在相互作用前的动量之和与相互作用之后的动量之和是一样的
D．动量守恒是相互作用的物体系在相互作用过程中的任何时刻动量之和都是一样的

★要点二 动量守恒的判断
【典型例题】
【例1】木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上．在b上施加向左的水平力F使弹簧压缩，如图所示．当撤去外力F后，下列说法中正确的是(　　)
A．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量守恒 B．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量不守恒
C．a离开墙壁后，a、b组成的系统动量守恒 D．a离开墙壁后，a、b组成的系统动量不守恒

BC　[在a离开墙壁前、弹簧伸长的过程中，对a和b构成的系统，由于受到墙给a的弹力作用，所以a、b构成的系统动量不守恒，因此B选项正确，A选项错误；a离开墙壁后，a、b构成的系统所受合外力为零，因此动量守恒，故C选项正确，D选项错误．]
【例2】如图，A、B两物体的中间用一段细绳相连并有一压缩的弹簧，放在平板小车C上后，A、B、C均处于静止状态．若地面光滑，则在细绳被剪断后，A、B从C上未滑离之前，A、B在C上向相反方向滑动的过程中(　　)
A．若A、B与C之间的摩擦力大小相同，则A、B及弹簧组成的系统动量守恒，A、B、C及弹簧组成的系统动量守恒
B．若A、B与C之间的摩擦力大小相同，则A、B及弹簧组成的系统动量不守恒，A、B、C及弹簧组成的系统动量守恒
C．若A、B与C之间的摩擦力大小不相同，则A、B及弹簧组成的系统动量不守恒，A、B、C及弹簧组成的系统动量不守恒
D．若A、B与C之间的摩擦力大小不相同，则A、B及弹簧组成的系统动量不守恒，A、B、C及弹簧组成的系统动量守恒
解析　当A、B两物体及弹簧组成一个系统时，弹簧的弹力为内力，而A、B与C之间的摩擦力为外力．当A、B与C之间的摩擦力大小不相等时，A、B及弹簧组成的系统所受合外力不为零，动量不守恒；当A、B与C之间的摩擦力大小相等时，A、B及弹簧组成的系统所受合外力为零，动量守恒．对A、B、C及弹簧组成的系统，弹簧的弹力及A、B与C之间的摩擦力均属于内力，无论A、B与C之间的摩擦力大小是否相等，系统所受的合外力均为零，系统的动量守恒．故选项A、D正确．
【对应练习】
1. 如图1所示，光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧，两手分别按住小车，使它们静止，对两车及弹簧组成的系统，下列说法中正确的是(　　) ACD
A．两手同时放开后，系统总动量始终为零 B．先放开左手，后放开右手，动量不守恒
C．先放开左手，后放开右手，总动量向左
D．无论何时放手，只要两手放开后在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零
图1
2. 质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图4所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列哪个或哪些说法是可能发生的？(　　)
A．M、m0、m速度均发生变化，分别为v1、v2、v3，而且满足(M＋m0)v＝Mv1＋m0v2＋mv3
B．m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，而且满足Mv＝Mv1＋mv2
C．m0的速度不变，M、m的速度都变为v′，且满足Mv＝(M＋m)v′
D．M、m0、m速度均发生变化，M和m0速度都变为v，m速度变为v2，而且满足(M＋m)v0＝(M＋m0)v1＋mv2

图4
解：碰撞的瞬间M和m组成的系统动量守恒，m0的速度在瞬间不变，以M的初速度方向为正方向，若碰后M和m的速度变v1和v2，由动量守恒定律得：Mv=Mv1+mv2
若碰后M和m速度相同，由动量守恒定律得：Mv=（M+m）v′．故BC正确，AD错误．故选：BC．

★要点三 动量守恒的应用
【典型例题】
【例1】一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上，其截面如图所示．图中ab为粗糙的水平面，长度为L；bc为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab与bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接．现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h，返回后在到达a点前与物体P相对静止．重力加速度为g.求：(1)木块在ab段受到的摩擦力f；(2)木块最后距a点的距离s.

解析　木块m和物体P组成的系统在相互作用过程中遵守动量守恒、能量守恒．
(1)以木块开始运动至在斜面上上升到最大高度为研究过程，当木块上升到最高点时两者具有相同的速度，根据动量守恒，有mv0＝(2m＋m)v①
根据能量守恒，有mv＝(2m＋m)v2＋fL＋mgh② 联立①②得f＝－＝③
(2)以木块开始运动至最后与物体P在水平面ab上相对静止为研究过程，木块与物体P相对静止，两者具有相同的速度，根据动量守恒，有mv0＝(2m＋m)v④
根据能量守恒，有mv＝(2m＋m)v2＋f(L＋L－s)⑤ 联立③④⑤得s＝

【例2】如图，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平桌面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连．将弹簧压紧到不能再压缩时用细线(细线未画出)把B和C紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体．现A以初速度v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并粘合在一起．以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离．已知C离开弹簧后的速度恰为v0.求弹簧释放的势能．

解析　设碰后A、B和C的共同速度的大小为v，由动量守恒定律得3mv＝mv0①
设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1，由动量守恒定律得3mv＝2mv1＋mv0②
设弹簧的弹性势能为Ep，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有
(3m)v2＋Ep＝(2m)v＋mv③
由①②③式得弹簧所释放的势能为Ep＝mv④

【针对练习】
1. 质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间．如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为(　　)
图1 图2
A. mv2 B.v2 C.NμmgL D．NμmgL
解析 小物块与箱子作用过程中满足动量守恒，小物块最后恰好又回到箱子正中间．二者相对静止，即为共速，设速度为 v1，mv＝(m＋M)v1，系统损失动能ΔEk＝mv2－(M＋m)v＝，A错误、B正确；由于碰撞为弹性碰撞，故碰撞时不损失能量，系统损失的动能等于系统产生的热量，即ΔEk＝Q＝NμmgL，C错误，D正确．
2. 如图2所示，三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列，静止在光滑水平面上．c车上有一小
孩跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上．小孩跳离c车和b车时对地水平速度相同．他跳到a车上相对a车保持静止．此后(　　)
A．a、b两车运动速率相等 B．a、c两车运动速率相等
C．三辆车的速率关系vc＞va＞vb D．a、c两车运动方向相同

3. 如图所示，小球A系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到水平面的距离为h.物块B质量是小球的5倍，至于粗糙的水平面上且位于O点正下方，物块与水平面间的动摩擦因数为μ.现拉动小球使线水平伸直，小球由静止开始释放，运动到最低点时与物块发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升至最高点时到水平面的距离为.小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，求物块在水平面上滑行的时间t.

★要点五 动量和能量观点的综合应用
【例1】如图所示，在光滑水平面上有一辆质量M＝8 kg的平板小车，车上有一个质量m＝1.9 kg的木块，木块距小车左端6 m(木块可视为质点)，车与木块一起以v＝1 m/s的速度水平向右匀速行驶．一颗质量m0＝0.1 kg的子弹以v0＝179 m/s的速度水平向左飞来，瞬间击中木块并留在其中．如果木块刚好不从车上掉下来，求木块与平板小车之间的动摩擦因数μ.(g＝10 m/s2)

解析　以子弹和木块组成的系统为研究对象，设子弹射入木块后两者的共同速度为v1，以水平向左为正方向，则由动量守恒有：m0v0－mv＝(m＋m0)v1① 解得v1＝8 m/s
它们恰好不从小车上掉下来，则它们相对平板小车滑行距离x＝6 m时它们跟小车具有共同速度v2，则由动量守恒定律有(m＋m0)v1－Mv＝(m＋m0＋M)v2② 解得v2＝0.8 m/s
由能量守恒定律有 μ(m0＋m)gx＝(m＋m0)v＋Mv2－(m0＋m＋M)v③由①②③，解得μ＝0.54
【例2】如图所示，AOB是光滑水平轨道，BC是半径为R的光滑的1/4固定圆弧轨道，两轨道恰好相切．质量为M的小木块静止在O点，一个质量为m的子弹以某一初速度水平向右射入小木块内，并留在其中和小木块一起运动，且恰能到达圆弧轨道的最高点C(木块和子弹均可以看成质点)．求：(1)子弹射入木块前的速度；(2)若每当小木块返回到O点或停止在O点时，立即有相同的子弹射入小木块，并留在其中，则当第9颗子弹射入小木块后，小木块沿圆弧轨道能上升的最大高度为多少？

【针对练习】
1. 如图14所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一竖直的墙．重物质量为木板质量的2倍，重物与木板间的动摩擦因数为μ.使木板与重物以共同的速度v0向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞，碰撞时间极短．求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间．设木板足够长，重物始终在木板上．重力加速度为g.

解析　第一次与墙碰撞后，木板的速度反向，大小不变，此后木板向左做匀减速运动，速度减到0后向右做加速运动，重物向右做匀减速运动，最后木板和重物达到一共同的速度v，设木板的质量为m，重物的质量为2m，取向右为正方向，由动量守恒定律得2mv0－mv0＝3mv①
设木板从第一次与墙碰撞到和重物具有共同速度v所用的时间为t1，对木板应用动量定理得，
2μmgt1＝mv－m(－v0)② 由牛顿第二定律得2μmg＝ma③ 式中a为木板的加速度
在达到共同速度v时，木板离墙的距离l为l＝v0t1－at④
从开始向右做匀速运动到第二次与墙碰撞的时间为 t2＝⑤
所以，木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经过的时间为t＝t1＋t2⑥ 由以上各式得t＝.
2. 如图7所示，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O.让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平．从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°.忽略空气阻力，求：(ⅰ)两球a、b的质量之比；(ⅱ)两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比．

解析　(ⅰ)设球b的质量为m2，细线长为L，球b下落至最低点但未与球a相碰时的速率为v，由机械能守恒定律得m2gL＝m2v2 ①
式中g是重力加速度的大小．设球a的质量为m1；在两球碰后的瞬间，两球共同速度为v′，以向左为正．由动量守恒定律得m2v＝(m1＋m2)v′ ②
设两球共同向左运动到最高处时，细线与竖直方向的夹角为θ，由机械能守恒定律得
(m1＋m2)v′2＝(m1＋m2)gL(1－cos θ) ③ 联立①②③式得＝－1 ④
代入题给数据得＝－1 ⑤
(ⅱ)两球在碰撞过程中的机械能损失为Q＝m2gL－(m1＋m2)gL(1－cos θ) ⑥
联立①⑥式，Q与碰前球b的最大动能Ek(Ek＝m2v2)之比为＝1－(1－cos θ)⑦
联立⑤⑦式，并代入题给数据得＝1－

1. 如图所示，光滑水平面上小球A和B向同一方向运动，设向右为正方向，已知两小球的质量和运动速度分别为mA=3kg、mB=2kg和vA=4m/s、vB=2m/s．则两将发生碰撞，碰撞后两球的速度可能是（　　） AB
A．v′A=3 m/s、 v′B=3.5 m/s B．v′A=3.2 m/s、v′B=3.2 m/s
C．v′A=-2 m/s、 v′B=11 m/s D．v′A=5 m/s、 v′B=0.5 m/s
2. 静止在湖面上的船，有两个人分别向相反方向抛出质量为m的相同小球，甲向左抛，乙向右抛，甲先抛，乙后抛，抛出后两球相对于岸的速率相同，下列说法中，正确的是( )(设水的阻力不计)． D
A．两球抛出后，船往左以一定速度运动，抛乙球时，乙球受到的冲量大
B．两球抛出后，船往右以一定速度运动，抛甲球时，甲球受到的冲量大
C．两球抛出后，船的速度为零，抛甲球和抛乙球过程中受到的冲量大小相等
D．两球抛出后，船的速度为零，抛甲球时受到的冲量大
解：设小船的质量为M，小球的质量为m，甲球抛出后，根据动量守恒定律有：mv=（M+m）v′，v′的方向向右．乙球抛出后，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有：（M+m）v′=mv+Mv″，解得v″为负值，方向向左．根据动量定理得，所受合力的冲量等于动量的变化，对于甲球，动量的变化量为mv，对于乙球动量的变化量为mv-mv′，知甲的动量变化量大于乙球的动量变化量，所以抛出时，人给甲球的冲量比人给乙球的冲量大．故D正确．
3. 两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上．现在，其中一人向另一个人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回．如此反复进行几次后，甲和乙最后的速率关系是（ ）
A．若甲最先抛球，则一定是v甲＞v乙 B．若乙最后接球，则一定是v甲＞v乙
C．只有甲先抛球，乙最后接球，才有v甲＞v乙 D．无论怎样抛球和接球，都是v甲＞v乙
解析：因系统动量守恒，故最终甲、乙动量大小必相等．谁最后接球谁的质量中包含了球的质量，即质量大，根据动量守恒：m1v1=m2v2，因此最终谁接球谁的速度小．
4. 如图 所示，水平光滑轨道的宽度和弹簧自然长度均为d.m2的左边有一固定挡板，m1由图示位置静止释放．当m1与m2第一次相距最近时m1速度为v1，在以后的运动过程中(　　)BD
A．m1的最小速度是0 B．m1的最小速度是v1
C．m2的最大速度是v1 D．m2的最大速度是v1

5. 如图2所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线、同一方向运动，速度分别为2v0、v0.为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度．(不计水的阻力)
图2
解析：设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin，抛出货物后船的速度为v1，甲船上的人接到货物后船的速度为v2，由动量守恒定律得12m×v0＝11m×v1－m×vmin① 10m×2v0－m×vmin＝11m×v2②
为避免两船相撞应满足v1＝v2③ 联立①②③式得vmin＝4v0.④
6. 如图所示，质量m1=0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L=1.5 m，现有质量m2=0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0=2 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止，物块与车面间的动摩擦因数μ=0.5，取g=10 m/s2，求 (1)物块在车面上滑行的时间t；(2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0'不超过多少。

解：(1)设物块与小车共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有 
m2v0=(m1+m2)v 
设物块与车面间的滑动摩擦力为F，对物块应用动量定理有-Ft=m2v-m2v0又F=μm2g
 解得 代入数据得t=0.24 s 
(2)要使物块恰好不从车面滑出，须使物块到车面最右端时与小车有共同的速度，设其为v'，
m2v0'=(m1+m2)v'  由功能关系有 代入数据解得v0'=5 m/s 

故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0'不超过5 m/s
7. 如图所示，固定的光滑圆弧面与质量为6 kg的小车C的上表面平滑相接，在圆弧面上有一个质量为2 kg的滑块A，在小车C的左端有一个质量为2 kg的滑块B，滑块A与B均可看做质点．现使滑块A从距小车的上表面高h＝1.25 m处由静止下滑，与B碰撞后瞬间粘合在一起共同运动，最终没有从小车C上滑出．已知滑块A、B与小车C的动摩擦因数均为μ＝0.5，小车C与水平地面的摩擦忽略不计，取g＝10 m/s2.求：(1)滑块A与B碰撞后瞬间的共同速度的大小；(2)小车C上表面的最短长度．

解析　(1)设滑块A滑到圆弧末端时的速度大小为v1，由机械能守恒定律有：
mAgh＝mAv， ① 代入数据解得v1＝＝5 m/s. ②
设A、B碰后瞬间的共同速度为v2，滑块A与B碰撞瞬间与车C无关，滑块A与B组成的系统动量守恒，mAv1＝(mA＋mB)v2， ③ 代入数据解得v2＝2.5 m/s. ④
(2)设小车C的最短长度为L，滑块A与B最终没有从小车C上滑出，三者最终速度相同设为v3，根据动量守恒定律有：(mA＋mB)v2＝(mA＋mB＋mC)v3 ⑤
根据能量守恒定律有：μ(mA＋mB)gL＝(mA＋mB)v－(mA＋mB＋mC)v ⑥
联立⑤⑥式代入数据解得L＝0.375 m． ⑦

【高考题组】
1. (2013·山东理综·38(2))如图所示，光滑水平轨道上放置长板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg.开始时C静止．A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C发生碰撞．求A与C碰撞后瞬间A的速度大小．

解析　因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为vA，C的速度为vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mCvC ①
A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得
mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB ②
A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足
vAB＝vC ③
联立①②③式，代入数据得
vA＝2 m/s
2．(2013·全国新课标Ⅱ·35(2))如图，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开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，(ⅰ)整个系统损失的机械能；(ⅱ)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．

解析　(ⅰ)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得
mv0＝2mv1 ①
此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE，对B、C组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv1＝2mv2 ② mv＝ΔE＋×(2m)v ③
联立①②③式得 ΔE＝mv ④
(ⅱ)由②式可知v2＜v1，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此速度为v3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为Ep，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv0＝3mv3 ⑤
mv－ΔE＝×(3m)v＋Ep ⑥ 联立④⑤⑥式得Ep＝mv ⑦
【模拟题组】
1. (2014·汕头模拟)如图所示，轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为m的物体A相连，A放在光滑水平面上，有一质量与A相同的物体B，从高h处由静止开始沿光滑曲面滑下，与A相碰后一起将弹簧压缩，弹簧复原过程中某时刻B与A分开且沿原曲面上升．下列说法正确的是(　　)

A．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mgh B．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为
C．B能达到的最大高度为 D．B能达到的最大高度为h

解析：根据机械能守恒定律可得B刚到达水平地面的速度v0＝，根据动量守恒定律可得A与B碰撞后的速度为v＝v0，所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为Epm＝×2mv2＝mgh，故A项错误，B项正确；当弹簧再次恢复原长时，A与B将分开，B以v的速度沿斜面上滑，根据机械能守恒定律可得mgh′＝mv2，B能达到的最大高度为，故C、D两项错误．
2. (a)图所示光滑平台上，物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车上，车与水平面间的动摩擦因数不计，(b)图为物体A与小车的vt图象(v0、v1及t1均为已知)，由此可算出(　　)

A．小车上表面长度 B．物体A与小车B的质量之比
C．物体A与小车B上表面间的动摩擦因数 D．小车B获得的动能

解析：图中速度线与坐标轴包围的面积表示A相对于小车的位移，不一定为小车长度，选项A错误；设m、M分别表示物体A与小车B的质量，根据动量守恒定律：mv0＝Mv1＋mv1，求出：＝， 选项B正确；物体A的vt图象中速度线斜率大小为：a＝μg＝，求出μ，选项C正确；因B车质量大小未知，故无法计算B车的动能． 答案：BC

(限时：30分钟)
►题组1　动量守恒的判断
1．如左下图，一内外侧均光滑的半圆柱槽置于光滑的水平面上．槽的左侧有一竖直墙壁．现让一小球(可认为质点)自左端槽口A点的正上方从静止开始下落，与半圆柱槽相切并从A点进入槽内．正确的是(　　)

A．小球离开右侧槽口以后，将做竖直上抛运动
B．小球在槽内运动的全过程中，只有重力对小球做功
C．小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒
D．小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统水平方向动量不守恒
解析　小球从下落到最低点的过程中，槽没有动，与竖直墙之间存在挤压，动量不守恒；小球经过最低点往上运动的过程中，槽与竖直墙分离，水平方向动量守恒；全过程中有一段时间系统受竖直墙弹力的作用，故全过程系统水平方向动量不守恒，选项D正确；小球离开右侧槽口时，水平方向有速度，将做斜抛运动，选项A错误；小球经过最低点往上运动的过程中，槽往右运动，槽对小球的支持力对小球做负功，小球对槽的压力对槽做正功，系统机械能守恒，选项B错误，C正确．
2．如右上图，两物体A、B用轻质弹簧相连静止在光滑水平面上，现同时对A、B两物体施加等大反向的水平恒力F1、F2，使A、B同时由静止开始运动，在运动过程中，对A、B两物体及弹簧组成的系统，说法正确的是(弹簧不超过其弹性限度) (　　)
A．动量始终守恒
B．机械能不断增加
C．当弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大
D．当弹簧弹力的大小与F1、F2的大小相等时，A、B两物体速度为零
解析　弹簧的弹力属于系统内力，水平恒力F1、F2等大反向，系统所受合外力为零，所以动量守恒，选项A正确；刚开始，弹簧弹力小于水平恒力，两物体均做加速运动，弹簧被拉长，当弹力的大小与恒力相等时，合力为零，两物体的速度均达到最大，之后，弹簧继续被拉长，弹力大于水平恒力，两物体开始做减速运动，当弹簧被拉伸到最长时，两物体速度减为零，在此过程中，两个外力均对系统做正功，所以系统的机械能逐渐增加；此后，两物体返回，水平恒力均对物体做负功，系统的机械能逐渐减小，根据以上分析，选项C正确，选项B、D错误．
►题组2　动量守恒定律的应用
3．如左下图，一辆小车静止在光滑水平面上，A、B两人分别站在车的两端．当两人同时相向运动时 (　　)

A．若小车不动，两人速率一定相等 B．若小车向左运动，A的动量一定比B的小
C．若小车向左运动，A的动量一定比B的大 D．若小车向右运动，A的动量一定比B的大
解析　根据动量守恒可知，若小车不动，两人的动量大小一定相等，因不知两人的质量，故选项A错误．若小车向左运动，A的动量一定比B的大，故选项B错误，C正确．若小车向右运动，A的动量一定比B的小，故选项D错误．
4．(2012·福建·29(2))如图所示，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为 (　　)
A．v0＋v B．v0－v C．v0＋(v0＋v) D．v0＋(v0－v)
解析　以v0的方向为正方向，小船和救生员组成的系统满足动量守恒：(M＋m)v0＝m·(－v)＋Mv′
解得v′＝v0＋(v0＋v) C
5．如图所示，甲车质量m1＝20 kg，车上有质量M＝50 kg的人，甲车(连同车上的人)以v＝3 m/s的速度向右滑行．此时质量m2＝50 kg的乙车正以v0＝1.8 m/s的速度迎面滑来，为了避免两车相撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳到乙车上，求人跳出甲车的水平速度(相对地面)应当在什么范围以内才能避免两车相撞？不计地面和小车的摩擦，且乙车足够长．

解析　人跳到乙车上后，如果两车同向，甲车的速度小于或等于乙车的速度就可以避免两车相撞．
对于人、甲车、乙车组成的系统，由水平方向动量守恒得：
(m1＋M)v－m2v0＝(m1＋m2＋M)v′，解得v′＝1 m/s.
以人与甲车为一系统，人跳离甲车过程水平方向动量守恒，得：(m1＋M)v＝m1v′＋Mu解得u＝3.8 m/s.
因此，只要人跳离甲车的速度u≥3.8 m/s，就可避免两车相撞．
►题组3　对碰撞问题的考查
6．光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动．两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则(　　)

A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10
C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10
解析　由mB＝2mA，知碰前vB＜vA，若左为A球，设碰后二者速度分别为vA′、vB′
由题意知pA′＝mAvA′＝2 kg·m/s pB′＝mBvB′＝10 kg·m/s
由以上各式得＝，故正确选项为A.
若右为A球，由于碰前动量都为6 kg·m/s，即都向右运动，两球不可能相碰．
7．质量为m的小球A以速度v0在光滑水平面上运动，与质量为2m的静止小球B发生对心碰撞，则碰撞后小球A的速度大小vA和小球B的速度大小vB可能为 (　　)
A．vA＝v0，vB＝v0 B．vA＝v0，vB＝v0 C．vA＝v0，vB＝v0 D．vA＝v0，vB＝v0
解析　两球发生对心碰撞，应满足动量守恒及能量不增加，且后面的小球不能与前面的小球有二次碰撞，D错．根据动量守恒定律可得，四个选项都满足．但碰撞前总动能为mv，而碰撞后B选项能量增加，B错，故A、C正确．
►题组4　对动量和能量综合问题的考查
8．如图，物体A静止在光滑的水平面上，A的左边固定有轻质弹簧，与A质量相等的物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞，A、B始终沿同一直线运动，则A、B组成的系统动能损失最多的时刻是(　　)

A．开始运动时 B．A的速度等于v时
C．B的速度等于零时 D．A和B的速度相等时
解析　当B触及弹簧后减速，而物体A加速，当A、B两物体速度相等时，A、B间距离最小，弹簧压缩量最大，弹性势能最大，由能量守恒定律可知系统损失的动能最多，故只有D正确．

9.在光滑水平面上有一凹槽A，中央放一小物块B，物块与左右两边槽壁的距离如图所示，L为1.0m，凹槽与物块的质量均为m，两者之间的动摩擦因数μ为0.05，开始时物块静止，凹槽以v0=5m/s初速度向右运动，设物块与凹槽槽壁碰撞过程中没有能量损失，且碰撞时间不计，g取10m/s2，求：

（1）物块与凹槽相对静止时的共同速度；
（2）从凹槽开始运动到两者相对静止物块与右侧槽壁碰撞的次数；
（3）从凹槽开始运动到两者刚相对静止所经历的时间及该时间内凹槽运动的位移大小．

10. 如图的水平轨道中，AC段的中点B的正上方有一探测器，C处有一竖直挡板，物体P1沿轨道向右以速度v1与静止在A点的物体P2碰撞，并接合成复合体P，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在t1=2s至t2=4s内工作，已知P1、P2的质量都为m=1kg，P与AC间的动摩擦因数为μ=0.1，AB段长l=4m，g取10m/s2，P1、P2和P均视为质点，P与挡板的碰撞为弹性碰撞．
（1）若v1=6m/s，求P1、P2碰后瞬间的速度大小v和碰撞损失的动能△E；
（2）若P与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B点，求v1的取值范围和P向左经过A 点时的最大动能E．

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