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2019版二轮复习物理通用版讲义：第一部分专题二第二讲动量及其守恒定律
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第二讲动量及其守恒定律
考点一
动量 冲量 动量定理
1.[考查动量、冲量的概念]
“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是( )
A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小
B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小
C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大
D．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力
解析：选A 从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，人先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，加速度等于零时，速度最大，故人的动量和动能都是先增大后减小，加速度等于零时(即绳对人的拉力等于人所受的重力时)速度最大，动量和动能最大，在最低点时人具有向上的加速度，绳对人的拉力大于人所受的重力。绳的拉力方向始终向上与运动方向相反，故绳对人的冲量方向始终向上，绳对人的拉力始终做负功。故选项A正确，选项B、C、D错误。
2．[考查动量定理的应用]
[多选]静止在粗糙水平面上的物体，在水平力F的作用下，经过时间t、通过位移l后，动量为p、动能为Ek。以下说法正确的是( )
A．若保持水平力F不变，经过时间2t，物体的动量等于2p
B．若将水平力增加为原来的两倍，经过时间t，物体的动量等于2p
C．若保持水平力F不变，通过位移2l，物体的动能小于2Ek
D．若将水平力增加为原来的两倍，通过位移l，物体的动能大于2Ek
解析：选AD 根据动量定理I合＝(F－f)t＝p，保持水平力F不变，经过时间2t，(F－f)·2t＝p′，可知p′＝2p，故A正确；根据动量定理I合＝(F－f)t＝p，若水平力增加为原来的2倍，经过时间t，则有(2F－f)·t＝p′，则p′＞2p，故B错误；根据动能定理(F－f)·l＝Ek，保持水平力F不变，通过位移2l，有(F－f)·2l＝Ek′，则有Ek′＝2Ek，故C错误；根据动能定理(F－f)·l＝Ek，将水平力增加为原来的两倍，通过位移l，有(2F－f)·l＝Ek′，则有Ek′＞2Ek，故D正确。
考点二
动量守恒定律及其应用
3.[考查系统动量守恒的判断]
[多选]如图所示，将质量为M1、半径为R且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，左侧紧靠竖直墙壁，右侧紧靠一质量为M2的物块。今让一质量为m的小球自左侧槽口A的正上方h高处从静止开始下落，与半圆槽相切自A点进入槽内，以下结论正确的是( )
A．小球在槽内运动的B至C过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
B．小球在槽内运动的B至C过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统水平方向动量守恒
C．小球离开C点以后，将做竖直上抛运动
D．小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统机械能守恒
解析：选BD 小球从A→B的过程中，半圆槽对球的支持力沿半径方向指向圆心，而小球对半圆槽的压力方向相反指向左下方，因为有竖直墙挡住，所以半圆槽不会向左运动，可见，该过程中，小球与半圆槽在水平方向受到外力作用，动量并不守恒，而由小球、半圆槽和物块组成的系统动量也不守恒；从B→C的过程中，小球对半圆槽的压力方向向右下方，所以半圆槽要向右推动物块一起运动，因而小球参与了两个运动：一个是沿半圆槽的圆周运动，另一个是与半圆槽一起向右运动，小球所受支持力方向与速度方向并不垂直，此过程中，因为有物块挡住，小球与半圆槽在水平方向动量并不守恒，但是小球、半圆槽和物块组成的系统水平方向动量守恒，小球运动的全过程，水平方向动量也不守恒，选项A错误，B正确；当小球运动到C点时，它的两个分运动的合速度方向并不是竖直向上，所以此后小球做斜上抛运动，选项C错误；因为小球在槽内运动过程中，接触面都是光滑的，所以小球、半圆槽、物块组成的系统机械能守恒，故选项D正确。
4．[考查某一方向动量守恒问题]
如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为m(m＜M)的小球从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是( )
A．在以后的运动过程中，小球和槽在水平方向动量始终守恒
B．在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功
C．全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒，且水平方向动量守恒
D．被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，但小球不能回到槽高h处
解析：选D 当小球与弹簧接触后，小球与槽组成的系统在水平方向所受合外力不为零，系统在水平方向动量不守恒，故A错误；下滑过程中两物体都有水平方向的位移，而力是垂直于槽的曲面的，故力和位移夹角不垂直，故两力均做功，故B错误；全过程小球和槽、弹簧所组成的系统只有重力与弹力做功，系统机械能守恒，小球与弹簧接触过程系统在水平方向所受合外力不为零，系统水平方向动量不守恒，故C错误；球在槽上下滑过程系统水平方向不受力，系统水平方向动量守恒，球与槽分离时两者动量大小相等，由于m＜M，则小球的速度大于槽的速度，小球被弹簧反弹后的速度大小等于球与槽分离时的速度大小，小球将追上槽并沿槽上滑，上滑过程中只有重力对系统做功，机械能守恒，由于小球与槽组成的系统总动量水平向左，小球滑上槽的最高点时系统速度水平向左，系统总动能不为零，由机械能守恒定律可知，小球上升的最大高度小于h，小球不能回到槽高h处，故D正确。
5．[考查“人船模型”的动量守恒问题]
滑雪运动是人们酷爱的户外体育活动，现有质量为m的人站立于雪橇上，如图所示。人与雪橇的总质量为M，人与雪橇以速度v1在水平面上由北向南运动(雪橇所受阻力不计)。当人相对于雪橇以速度v2竖直跳起时，雪橇向南的速度大小为( )
A. B.
C. D．v1
解析：选D 根据动量守恒条件可知人与雪橇组成的系统在水平方向动量守恒，人跳起后水平方向速度不变，雪橇的速度仍为v1，D正确。
考点三
碰撞、爆炸与反冲
6.[考查弹性碰撞问题]
2017年7月9日，斯诺克世界杯在江苏无锡落下帷幕，由丁俊晖和梁文博组成的中国A队在1比3落后的不利形势下成功逆转，最终以4比3击败英格兰队，帮助中国斯诺克台球队获得了世界杯三连冠。如图为丁俊晖正在准备击球，设在丁俊晖这一杆中，白色球(主球)和花色球碰撞前、后都在同一直线上运动，碰前白色球的动量为pA＝5 kg·m/s，花色球静止，白色球A与花色球B发生碰撞后，花色球B的动量变为pB′＝4 kg·m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是( )
A．mB＝mA B．mB＝mA
C．mB＝mA D．mB＝6mA
解析：选A 由动量守恒定律得pA＋pB＝pA′＋pB′，解得pA′＝1 kg·m/s，根据碰撞过程中总动能不增加，则有≥＋，代入数据解得mB≥mA，碰后两球同向运动，白色球A的速度不大于花色球B的速度，则≤，解得mB≤4mA，综上可得mA≤mB≤4mA，选项A正确。
7．[考查非弹性碰撞问题]
[多选]A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图像，a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图像，c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图像。若A球质量m＝2 kg，则由图判断下列结论正确的是( )
A．碰撞前、后A球的动量变化量为4 kg·m/s
B．碰撞时A球对B球所施的冲量为－4 N·s
C．A、B两球碰撞前的总动量为3 kg·m/s
D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J
解析：选ABD 根据图像可知，碰前A球的速度vA＝－3 m/s，碰前B球的速度vB＝2 m/s，碰后A、B两球共同的速度v＝－1 m/s，故碰撞前、后A球的动量变化量为ΔpA＝mv－mvA＝4 kg·m/s，选项A正确；A球的动量变化量为4 kg·m/s，碰撞过程中动量守恒，B球的动量变化量为－4 kg·m/s，根据动量定理，碰撞过程中A球对B球所施的冲量为－4 N·s，选项B正确；由于碰撞过程中动量守恒，有mvA＋mBvB＝(m＋mB)v，解得mB＝ kg，故碰撞过程中A、B两球组成的系统损失的动能为ΔE＝mvA2＋mBvB2－(m＋mB)v2＝10 J，选项D正确；A、B两球碰撞前的总动量为p＝mvA＋mBvB＝(m＋mB)v＝－ kg·m/s，选项C错误。
8．[考查爆炸问题]
“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，燃放爆竹是我国传统民俗。春节期间，某人斜向上抛出一个爆竹，假设爆竹到达最高点时(速度水平向东)立即爆炸成质量相等的三块碎片，前面一块碎片速度水平向东，后面一块碎片速度水平向西，前、后两块碎片的水平速度(相对地面)大小相等、方向相反。以下说法正确的是( )
A．爆炸后的瞬间，中间那块碎片的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度
B．爆炸后的瞬间，中间那块碎片的速度可能水平向西
C．爆炸后，三块碎片将同时落到水平地面上，并且落地时的动量相同
D．爆炸后的瞬间，中间那块碎片的动能可能小于爆炸前的瞬间爆竹的总动能
解析：选A 设爆竹爆炸前的速度为v，爆竹爆炸成三块碎片的质量均为m，爆炸后前、后两块碎片的速度大小为v前后，中间那块碎片的速度大小为v′，设水平向东为正方向，根据水平方向动量守恒，3mv＝mv前后＋mv′－mv前后，得v′＝3v，方向向东，所以爆炸后的瞬间，中间那块碎片的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度，选项A正确、B错误；爆炸后，三块碎片均做平抛运动，竖直方向上有h＝gt2，下落时间相同，则竖直方向分速度相同，但水平方向上的分速度方向不同，故合速度方向不同，则动量不同，选项C错误；爆炸后的瞬间，中间那块碎片的动能m(3v)2＞·3m·v2，选项D错误。
9．[考查反冲问题]
[多选]一机枪架在湖中小船上，船正以1 m/s的速度前进，小船及机枪总质量M＝200 kg，每颗子弹质量为m＝20 g，在水平方向机枪以v＝600 m/s的对地速度射出子弹，打出5颗子弹后船的速度可能为( )
A．1.4 m/s B．1 m/s
C．0.8 m/s D．0.5 m/s
解析：选BC 若子弹射出方向与船前进的方向在同一直线上，则子弹、机枪和小船组成的系统动量守恒，有Mv0＝(M－5m)v′±5mv，若子弹向船前进的方向射出，反冲作用使船速减小，v1′＝＝0.7 m/s，若子弹向船前进的反方向射出，v2′＝＝1.3 m/s，可见船速应在0.7～1.3 m/s之间。故B、C正确。
考点四
动量综合问题
10.[考查含有弹簧的动量综合问题]
[多选]光滑水平面上放有质量分别为2m和m的物块A和B，用细线将它们连接起来，两物块中间加有一压缩的轻质弹簧(弹簧与物块不相连)，弹簧的压缩量为x。现将细线剪断，此刻物块A的加速度大小为a，两物块刚要离开弹簧时物块A的速度大小为v，则( )
A．物块B的加速度大小为a时弹簧的压缩量为
B．物块A从开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为x
C．物块开始运动前弹簧的弹性势能为mv2
D．物块开始运动前弹簧的弹性势能为3mv2
解析：选AD 当物块A的加速度大小为a时，根据胡克定律和牛顿第二定律得kx＝2ma。当物块B的加速度大小为a时，有：kx′＝ma，对比可得：x′＝，即此时弹簧的压缩量为，故A正确。取水平向左为正方向，根据系统动量守恒得：2m－m＝0，又xA＋xB＝x，解得A的位移为：xA＝x，故B错误。根据动量守恒定律得：0＝2mv－mvB，得物块B刚要离开弹簧时的速度vB＝2v，由系统的机械能守恒得，物块开始运动前弹簧的弹性势能为：Ep＝·2mv2＋mvB2＝3mv2，故C错误，D正确。
11．[考查“子弹打木块”模型]
[多选]如图所示，质量为m的子弹水平射入质量为M、放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，此过程中木块动能增加了5 J，那么此过程中系统产生的内能可能为( )
A．16 J B．11.2 J
C．4.8 J D．3.4 J
解析：选AB 设子弹的初速度为v0，与木块的共同速度为v，则由动量守恒定律有mv0＝(M＋m)v；系统产生的内能Q＝fd＝mv02－(m＋M)v2，木块得到的动能为Ek1＝fs＝Mv2，其中，f为子弹与木块间的摩擦力，d为子弹在木块内运动的位移，s为木块相对于地面运动的位移，变形可得Q＝Ek1＞Ek1，故选项A、B正确。
12．[考查板块模型问题]
如图所示，在光滑水平面上有一块长为L的木板B，其上表面粗糙。在其左端有一个光滑的圆弧槽C与长木板接触但不连接，圆弧槽的下端与木板的上表面相平，B、C静止在水平面上。现有很小的滑块A以初速度v0从右端滑上B，并以的速度滑离B，恰好能到达C的最高点。A、B、C的质量均为m，求：
(1)滑块A与木板B上表面间的动摩擦因数μ；
(2)圆弧槽C的半径R；
(3)滑块A滑离圆弧槽C时C的速度。
解析：(1)对A、B、C整体，设A刚离开B时，B和C的共同速度为vB，从A滑上B到刚离开B的过程中动量守恒，有mv0＝m＋2mvB，解得vB＝
由能量守恒定律有
μmgL＝mv02－m2－×2mvB2
解得μ＝。
(2)从A滑上C到“恰能到达C的最高点”的过程中，设A到达最高点时A和C的共同速度为vC，研究A和C组成的系统，在水平方向上由动量守恒定律有
m＋mvB＝2mvC，解得vC＝v0
由于在此过程中A和C组成的系统机械能守恒，有
mgR＝m2＋mvB2－×2m2
解得R＝。
(3)研究A、C组成的系统，从A滑上C开始到A滑离C的过程中，系统在水平方向上动量守恒，
有m＋mvB＝mvA1＋mvC1，
式中vA1和vC1分别为A滑离C时A和C的速度
此过程中A和C组成的系统机械能守恒，
有m2＋mvB2＝mvA12＋mvC12
解得vC1＝，方向水平向左。
答案：(1) (2) (3)，方向水平向左
13．[考查三大观点的综合应用]
如图所示，半径R＝2.0 m的光滑圆弧轨道固定在光滑的水平地面上，其末端水平。平板小车上固定一木块，紧靠在轨道的末端，木块上表面水平粗糙，且与圆弧轨道末端等高。木块的厚度h＝0.45 m，木块最右端到小车最右端的水平距离x＝0.45 m，小车连同木块总质量M＝2 kg。现使一个质量m＝0.5 kg的小球从圆弧轨道上由静止释放，释放小球的位置和圆弧轨道的圆心之间的连线与竖直方向的夹角为53°，小球从木块右端飞出后恰好击中小车的最右端。 (g取10 m/s2, sin 53°＝0.8, cos 53°＝0.6)求：
(1)小球到达圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小；
(2)小球离开木块最右端时，小球的速度大小；
(3)小球运动到木块最右端过程中，系统产生的内能。
解析：(1)设小球到达圆弧轨道末端的速度为v0，由机械能守恒定律
mgR(1－cos 53°)＝mv02
解得v0＝4 m/s
小球在圆弧轨道最低点F－mg＝m
解得F＝9 N
由牛顿第三定律，小球对轨道的压力F′＝F＝9 N。
(2)设小球运动到木块最右端的速度为v1，此时小车的速度为v2，
由动量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2
小球离开木块最右端后做平抛运动，设运动时间为t
h＝gt2
解得 t＝0.3 s
小球恰好击中小车的最右端，有v1t－v2t＝x
以上各式联立解得v1＝2 m/s，v2＝0.5 m/s
所以小球到达木块最右端的速度大小为2 m/s。
(3)由能量守恒定律得
mgR(1－cos 53°)＝mv12＋Mv22＋Q
解得Q＝2.75 J。
答案：(1)9 N (2)2 m/s (3)2.75 J
释疑4大考点
考点一 动量 冲量 动量定理
本考点重在对动量、冲量概念和动量定理的理解及应用，常与运动学公式、牛顿运动定律等知识进行简单交汇命题，难度一般，主要考查考生的理解和分析能力。建议考生自学为主。
(一)概念公式要清
(二)系统联系要明
1．正确理解动量、冲量、功、动能、弹性势能等物理量的意义。对于一个确定的研究对象，如诊断卷第1题中做蹦极运动的人，他的速度、动量、动能三个量的大小变化是一致的，且冲量的方向由力的方向决定，动量的方向由速度的方向决定。
2．物体动量的变化量由合外力的冲量决定，物体动能的变化量由合外力的功决定。如诊断卷第2题，拉力的冲量变为原来的2倍，合外力的冲量不一定是原来的2倍，故选项B错误；拉力的功变为原来的2倍，合外力的功不一定是原来的2倍，可判断选项D正确。
[题点全练]
1．(2018·全国卷Ⅱ)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
解析：选C 设每层楼高约为3 m，则下落高度约为h＝3×25 m＝75 m，达到的速度v2＝2gh，根据动量定理(F－mg)t＝0－(－mv)，解得鸡蛋受到地面的冲击力F＝＋mg≈103 N，由牛顿第三定律知C正确。
2．[多选](2018·东北三省三校联考)将一小球从地面以速度v0竖直向上抛出，小球上升到某一高度后又落回到地面。若该过程中空气阻力不能忽略，且大小近似不变，下列说法正确的是( )
A．重力在上升过程与下降过程中做的功大小相等
B．重力在上升过程与下降过程中的冲量相同
C．整个过程中空气阻力所做的功等于小球机械能的变化量
D．整个过程中空气阻力的冲量等于小球动量的变化量
解析：选AC 根据W＝Gh可知，重力在上升过程与下降过程中做的功大小相等，选项A正确；上升过程中的加速度a上＝g＋大于下降过程中的加速度a下＝g－，则上升的时间小于下降的时间，即t上
A．斜面对物体的弹力的冲量为零
B．物体受到的重力的冲量大小为mgt
C．物体受到的合力的冲量大小为零
D．物体动量的变化量大小为mgsin θ·t
解析：选BD 斜面对物体的弹力的冲量大小为：I＝Nt＝mgcos θ·t，弹力的冲量不为零，故A错误；物体所受重力的冲量大小为：IG＝mg·t，物体受到的重力的冲量大小不为零，故B正确；物体受到的合力的冲量大小为mgtsin θ，不为零，C错误；由动量定理得，动量的变化量大小Δp＝I合＝mgsin θ·t，D正确。
考点二 动量守恒定律及其应用
本考点常考查多个物体(包括弹簧)的动量守恒的判断和相关计算，选择题与计算题均是常考题型，与机械能守恒定律和功能关系相结合是常见计算题的命题形式，试题难度中等。考生应学会灵活变通。
(一)全面理解定律
(二)重点例析应用
1．判断动量是否守恒时，要注意所选取的系统，注意区别系统内力与外力。如诊断卷第3题，小球由B至C的过程中，对小球和半圆槽组成的系统，物块对系统有水平向左的外力，故系统水平方向动量不守恒；但若取小球、半圆槽、物块为一系统，则物块对半圆槽的作用力为内力，系统水平方向动量守恒。
2．动量守恒具有矢量性，若系统在某个方向上合力为零，则系统在该方向上满足动量守恒定律。如诊断卷第3、4、5题，系统动量虽不守恒，但系统在水平方向上合力为零，在水平方向上系统动量守恒。
[题点全练]
1．(2019届高三·惠州模拟)质量为1 kg的物体从距地面5 m高处自由下落，落在正以5 m/s的速度沿水平方向匀速前进的小车上，车上装有砂子，车与砂的总质量为4 kg，地面光滑，则车后来的速度为(g＝10 m/s2)( )
A．4 m/s B．5 m/s
C．6 m/s D．7 m/s
解析：选A 物体和车作用过程中，两者组成的系统水平方向不受外力，水平方向系统的动量守恒。已知两者作用前，车在水平方向的速度v0＝5 m/s，物体水平方向的速度v＝0；设当物体与小车相对静止后，小车的速度为v′，取原来小车速度方向为正方向，则根据水平方向系统的动量守恒得：mv＋Mv0＝(M＋m)v′，解得：v′＝＝ m/s＝4 m/s，故选项A正确，B、C、D错误。
2．[多选](2018·安徽宣城二次调研)如图所示，小车在光滑水平面上向左匀速运动，轻质弹簧左端固定在A点，物体用细线拉在A点将弹簧压缩，某时刻线断了，物体沿车滑动到B端粘在B端的橡皮泥上，取小车、物体和弹簧为一个系统，下列说法正确的是( )
A．若物体滑动中不受摩擦力，则该系统全过程机械能守恒
B．若物体滑动中有摩擦力，则该系统全过程动量守恒
C．不论物体滑动中有没有摩擦，小车的最终速度与线断前相同
D．不论物体滑动中有没有摩擦，系统损失的机械能相同
解析：选BCD 物体与橡皮泥粘合的过程，发生非弹簧碰撞，系统机械能有损失，故A错误；整个系统在水平方向不受外力，竖直方向上合外力为零，则系统动量一直守恒，故B正确；取系统的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可知，物体沿车滑动到B端粘在B端的橡皮泥上后系统共同的速度与初速度是相同的，故C正确；当物体粘在橡皮泥上时，系统的速度与初速度相等，所以系统的末动能与初动能是相等的，系统损失的机械能等于弹簧的弹性势能，与物体滑动中有没有摩擦无关，故D正确。
3.有一质量为M的小船静止在水面上，在船头A到船尾B的连线上有一点C，AC＝L1，BC＝L2，在A端站一质量为2m的人，在C点放有质量为m的物体(人和物都可视为质点)，现在人从A端走到C点将物体搬到B端停下，若不计水对船的阻力，此过程中小船对地的位移为( )
A. B.
C. D.
解析：选B 人、船和物体视为一系统，人从A端到C点过程，规定向右为正方向，系统动量守恒。结合速度v＝得2ms1－(m＋M)s2＝0，人和船的速度方向相反，应用几何关系得s1＋s2＝L1，解得s2＝；从C点将物体搬到B端停下的过程，规定向右为正方向，系统动量守恒。结合速度v＝得(2m＋m)s1′－Ms2′＝0，同理应用几何关系得s1′＋s2′＝L2，解得s2′＝。总位移为s总＝s2＋s2′＝，故B正确。
考点三 碰撞、爆炸与反冲
考查动量守恒定律及其应用，试题常常涉及多个物体，多个过程，以碰撞模型为纽带，此类题目中动量常与能量、牛顿运动定律等知识相互结合，试题综合性强，难度较大，灵活性较强。建议对本考点融会贯通。
(一)碰撞过程遵循的“三原则”
动量守恒
碰撞时间极短，内力远大于外力，动量可看作守恒，有m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动能
不增加
碰撞后系统的总能量不大于碰撞前系统的总能量。系统动能满足关系式：m1v12＋m2v22≥m1v1′2＋m2v2′2
物理情境
可行性
按碰撞情境可分为追赶碰撞和相向碰撞，两物体碰撞前后的物理情境应与实际相一致。如诊断卷第6题中两球碰撞后同向运动，一定满足碰撞后白色球A的速度不大于花色球B的速度，可得mB≤4mA
(二)快准解题“三注意”
1．两物体发生弹性碰撞时，动量、机械能都守恒，如诊断卷第6题，结合实际情境考查学生对碰撞问题的理解，根据动量守恒定律求解碰撞后白色球A的动量，根据“碰撞过程中动能不增加”求解花色球B的质量满足的条件。
2．动量是矢量，动量的变化量为初、末状态的动量的矢量差，要注意将正负号代入计算。如诊断卷第7题，碰撞前、后A球的动量都为负值，但动量的变化量为正值；从xt图像得到的速度也一定要注意正负问题，斜率为负则速度为负值，斜率为正则速度为正值。本题的碰撞为完全非弹性碰撞，机械能损失最大。
3．爆炸过程时间极短，内力远大于外力，系统动量近似守恒，如诊断卷第8题，通过爆炸过程中动量守恒求得速度，通过分析平抛运动求得落地时的动量，通过能量关系比较机械能。
[题点全练]
1．(2018·贵州凯里一中模拟)在平昌冬奥会中国队对阵瑞典队的女子冰壶比赛中，中国运动员在某次出手投壶时用质量为m的黄色冰壶以v1＝3v的速度与质量相同的静止的红色冰壶发生正碰，碰后黄色冰壶以v2＝v的速度沿原方向运动，则这两个冰壶构成的系统碰撞过程中损失的动能为( )
A.mv2 B．mv2
C．2mv2 D.mv2
解析：选C 选v1方向为正方向，根据动量守恒定律可得：mv1＝mv2＋mv′，解得v′＝2v，由能量守恒得：ΔE＝mv12－mv22－mv′2，解得：ΔE＝2mv2，故C正确。
2．[多选]为完成某种空间探测任务，需要在太空站上发射空间探测器，探测器通过向后喷气而获得反冲力使其加速。已知探测器的质量为M，每秒钟喷出的气体质量为m，喷射气体的功率恒为P，不计喷气后探测器的质量变化。则( )
A．喷出气体的速度为
B．喷出气体的速度为
C．喷气Δt秒后探测器获得的动能为
D．喷气Δt秒后探测器获得的动能为
解析：选BC 对t＝1 s内的喷出气体，由动能定理得Pt＝mv12，解得v1＝ ，故B正确，A错误。在Δt时间内，喷出气体整体与探测器动量守恒，有Mv2＝mΔt·v1，探测器的动能为Ek＝Mv22，解得Ek＝，故C正确，D错误。
3．(2018·全国卷Ⅰ)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。求：
(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；
(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。
解析：(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有
E＝mv02 ①
设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有
0＝v0－gt ②
联立①②式得
t＝ 。 ③
(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有E＝mgh1 ④
火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为v1和v2。由题给条件和动量守恒定律有
mv12＋mv22＝E ⑤
mv1＋mv2＝0 ⑥
由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有
mv12＝mgh2 ⑦
联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为
h＝h1＋h2＝。 ⑧
答案：(1) (2)
考点四 动量综合问题
动量综合问题，指的是解决这类力学问题一般需要用到动力学、动量和能量三种观点，所涉及的主要内容是：“两个定律”——牛顿第二、第三定律；“两个定理”——动能定理和动量定理；“三个守恒”——能量守恒定律、机械能守恒定律和动量守恒定律。这类问题综合性强、难度大，建议对本考点重点攻坚。
(一)力学解题的三大观点
(二)选取规律的思维流程
(三)高考常考的两个经典模型
1．子弹打木块模型的两种情况
子弹打木块的两种情况：①子弹停留在木块中和木块一起运动；②子弹穿透木块和木块各自运动。如诊断卷第11题是第一种情况，若是第二种情况，则根据动量守恒定律和能量守恒定律有mv0＝mv1＋Mv2，Q＝fl＝mv02－mv12－Mv22，l为木块的长度，其中v1和v2分别为子弹穿过木块后子弹和木块的速度。
2．板块模型的解题思路
板块模型一般至少涉及两个物体，包括多个运动过程，板块间存在相对运动。解决板块模型问题，要分析不同阶段的受力情况和运动情况，然后对每一个过程建立动量守恒方程和能量守恒方程求解，必要时可以利用图像(如画出vt图像)分析运动情况。如诊断卷第12题，关键是合理选择系统，求滑块A与木板B上表面间的动摩擦因数时，选择A、B、C组成的系统；研究A在B上滑动的过程，利用动量守恒定律求速度，利用能量守恒定律求动摩擦因数；求圆弧槽的半径时，选择A和C组成的系统，仍然利用动量守恒定律求速度，利用能量守恒定律求圆弧槽的半径；求A滑离C时C的速度时，选择A和C组成的系统，从A滑上C开始到A滑离C的过程中，利用动量守恒定律、机械能守恒定律列式求解。
质量为M＝3.0 kg的平板小车静止在光滑水平面上，如图(a)所示。当t＝0时，两个质量都是m＝1.0 kg 的小物体A和B(均可看成质点)，分别从左端和右端以大小为v1＝4.0 m/s和v2＝2.0 m/s的水平速度冲上小车C，当它们在车上停止滑动时，没有相碰。A、B与车面间的动摩擦因数都是μ＝0.20，g取10 m/s2。
(1)求A、B在车上停止滑动时车的速度。
(2)车的长度至少是多少？
(3)在图(b)所给出的坐标系中画出0～4.0 s内小车运动的速度—时间图像。
[思维流程]
[解析] (1)以水平向右为正方向，设A、B在车上停止滑动时，车的速度为v，根据动量守恒定律可得
m(v1－v2)＝(M＋2m)v
解得v＝0.40 m/s，方向向右。
(2)设A、B在车上相对于车滑动的距离分别为l1和l2，由功能关系可得
μmgl1＋μmgl2＝mv12＋mv22－(2m＋M)v2
解得l1＋l2＝4.8 m，即车长至少为4.8 m。
(3)车的运动可分为以下三个阶段：
第一阶段：A、B同时在车上滑动时，小物体对车的摩擦力大小均为μmg，方向相反，车受力平衡而保持不动。当B的速度减为0时，此过程结束。设这段时间内小物体的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有μmg＝ma
得小物体的加速度大小a＝μg
设B到t1时刻停止滑动，则t1＝＝1.0 s。
第二阶段：B停止运动后，A继续在车上滑动。设到t2时刻物体A与车有共同速度v，则有v＝(v1－v2)－a(t2－t1)
解得t2＝1.8 s。
第三阶段：t2时刻之后，车以速度v做匀速直线运动。
小车运动的速度—时间图像如图所示。
[答案] (1)0.40 m/s，方向向右 (2)4.8 m (3)见解析
[题点全练]
1．[多选](2018·江淮十校联考) 如图所示，质量为m的长木板B放在光滑的水平面上，质量为m的木块A放在长木板的左端，一颗质量为m的子弹以速度v0射入木块并留在木块中，当木块滑离木板时速度为v0，木块在木板上滑行的时间为t，下列说法正确的是( )
A．木块获得的最大速度为v0
B．木块滑离木板时，木板获得的速度大小为v0
C．木块在木板上滑动时，木块与木板间的滑动摩擦力大小为
D．木块在木板上滑动时，因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后子弹和木块减少的动能
解析：选AC 对子弹和木块A系统，根据动量守恒定律得：mv0＝v1，解得v1＝v0，选项A正确；木块滑离木板时，对木板和木块(包括子弹)系统，根据动量守恒定律得：mv0＝·v0＋mv2，解得v2＝v0，选项B错误；对木板，由动量定理：ft＝mv2，解得f＝，选项C正确；由能量守恒定律可知，木块在木板上滑动时，因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后子弹和木块减少的动能与木板增加的动能之差，选项D错误。
2．[多选]如图所示，物体A、B的质量分别为m、2m，物体B置于水平面上，B物体上部半圆形槽的半径为R，将物体A(可视为质点)从圆槽右侧顶端由静止释放，一切摩擦均不计。则( )
A．A能到达B圆槽的左侧最高点
B．A运动到圆槽的最低点时A的速率为
C．A运动到圆槽的最低点时B的速率为
D．B向右运动的最大位移大小为
解析：选AD 运动过程不计一切摩擦，故由能量守恒可得：机械能守恒，且两物体水平方向动量守恒，那么A可以到达B圆槽的左侧最高点，且A在B圆槽的左侧最高点时，A、B的速度都为零，故A正确；A、B整体在水平方向上合外力为零，故在水平方向上动量守恒，所以mvA－2mvB＝0，即vA＝2vB，A的水平速度向左，B的水平速度向右；又有A在水平方向的最大位移和B在水平方向上的最大位移之和为2R，故B向右运动的最大位移大小为R，故D正确；对A运动到圆槽的最低点的运动过程中，对A、B整体应用机械能守恒可得：mgR＝mvA2＋·2mvB2＝3mvB2；所以A运动到圆槽的最低点时B的速率为：vB＝；A的速率为：vA＝2vB＝，故B、C错误。
3.(2019届高三·湖南永州模拟)如图所示，质量为m2＝2 kg的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的AB部分是半径为R＝0.3 m的四分之一圆弧，圆弧底部与滑道水平部分相切，滑道水平部分右端固定一个轻弹簧。滑道CD部分粗糙，长为L＝0.2 m，动摩擦因数μ＝0.10，其他部分均光滑。现让质量为m1＝1 kg的物块(可视为质点)自A点由静止释放，取g＝10 m/s2。求：
(1)物块到达圆弧轨道最低点时的速度大小；
(2)在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能；
(3)物块最终停止的位置。
解析：(1)物块从释放到运动到圆弧轨道最低点，由动量守恒定律得： 0＝m1v1－m2v2
由机械能守恒定律得：m1gR＝m1v12＋m2v22
解得：v1＝2 m/s。
(2)由能量守恒定律得：Epm＝m1gR－μm1gL
解得：Epm＝2.8 J。
(3)最终物块将停在C、D之间，由能量守恒定律得：m1gR＝μm1gs
解得：s＝3 m，
所以m1最终停在D点。
答案：(1)2 m/s (2)2.8 J (3)最终停在D点
一、高考真题集中演练——明规律
1．(2017·全国卷Ⅰ)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )
A．30 kg·m/s B．5.7×102 kg·m/s
C．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s
解析：选A 燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p，根据动量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0.050 kg×600 m/s＝30 kg·m/s，选项A正确。
2.[多选](2017·全国卷Ⅲ)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则( )
A．t＝1 s时物块的速率为1 m/s
B．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s
C．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s
D．t＝4 s时物块的速度为零
解析：选AB 法一：根据Ft图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F的冲量，可知在0～1 s、0～2 s、0～3 s、0～4 s内合外力冲量分别为2 N·s、4 N·s、3 N·s、2 N·s，应用动量定理I＝mΔv可知物块在1 s、2 s、3 s、4 s末的速率分别为1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s，物块在这些时刻的动量大小分别为2 kg·m/s、4 kg·m/s、3 kg·m/s、2 kg·m/s，则A、B项正确，C、D项错误。
法二：前2 s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1＝＝ m/s2＝1 m/s2，t＝1 s时物块的速率v1＝a1t1＝1 m/s，A正确；t＝2 s时物块的速率v2＝a1t2＝2 m/s，动量大小为p2＝mv2＝4 kg·m/s，B正确；物块在2～4 s内做匀减速直线运动，加速度的大小为a2＝＝0.5 m/s2，t＝3 s时物块的速率v3＝v2－a2t3＝(2－0.5×1) m/s＝1.5 m/s，动量大小为p3＝mv3＝3 kg·m/s，C错误；t＝4 s时物块的速率v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2) m/s＝1 m/s，D错误。
3．(2018·全国卷Ⅱ)汽车A在水平冰雪路面上行驶。驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m。已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；
(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小。
解析：(1)设B车的质量为mB，碰后加速度大小为aB。根据牛顿第二定律有
μmBg＝mBaB ①
式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数。
设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB′，碰撞后滑行的距离为sB。由运动学公式有
vB′2＝2aBsB ②
联立①②式并利用题给数据得
vB′＝3.0 m/s。 ③
(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA，根据牛顿第二定律有
μmAg＝mAaA ④
设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA′，碰撞后滑行的距离为sA，由运动学公式有
vA′2＝2aAsA ⑤
设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA。两车在碰撞过程中动量守恒，有
mAvA＝mAvA′＋mBvB′ ⑥
联立③④⑤⑥式并利用题给数据得
vA＝4.3 m/s。 ⑦
答案：(1)3.0 m/s (2)4.3 m/s
4．(2016·全国卷Ⅰ)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g。求：
(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；
(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。
解析：(1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则
Δm＝ρΔV ①
ΔV＝v0SΔt ②
由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为
＝ρv0S。 ③
(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v。对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得
(Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v02 ④
在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为
Δp＝(Δm)v ⑤
设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有
FΔt＝Δp ⑥
由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得
F＝Mg ⑦
联立③④⑤⑥⑦式得
h＝－。 ⑧
答案：(1)ρv0S (2)－
二、名校模拟重点演练——知热点
5．[多选]如图甲所示，光滑水平面上放着长木板B，质量为m＝2 kg的木块A以速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板B的上表面，由于A、B之间存在有摩擦，之后，A、B的速度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．A、B之间动摩擦因数为0.1
B．长木板的质量M＝2 kg
C．长木板长度至少为2 m
D．A、B组成的系统损失的机械能为4 J
解析：选AB 从题图乙可以看出，A先做匀减速运动，B做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度：v＝1 m/s，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v，解得：M＝m＝2 kg，故B正确；由图像可知，木板B匀加速运动的加速度为：a＝＝ m/s2＝1 m/s2，对B，根据牛顿第二定律得：μmg＝Ma，解得动摩擦因数为：μ＝0.1，故A正确；由图像可知前1 s内B的位移为：xB＝×1×1 m＝0.5 m, A的位移为：xA＝×1 m＝1.5 m，所以木板最小长度为：L＝xA－xB＝1 m，故C错误；A、B组成的系统损失的机械能为：ΔE＝mv02－(m＋M)v2＝2 J，故D错误。
6．(2019届高三·株洲质检)如图，长l的轻杆两端固定两个质量相等的小球甲和乙，初始时它们直立在光滑的水平地面上。后由于受到微小扰动，系统从图示位置开始倾倒。当小球甲刚要落地时，其速度大小为( )
A. B.
C. D．0
解析：选B 两球组成的系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv－mv′＝0，即v＝v′；由机械能守恒定律得：mv2＋mv′2＝mgl，解得：v＝，故B正确。
7．(2018·宜宾诊断)如图所示，一沙袋用无弹性轻细绳悬于O点。开始时沙袋处于静止状态，一弹丸以水平速度v0击入沙袋后未穿出，二者共同摆动。若弹丸质量为m，沙袋质量为5m，弹丸相对于沙袋的形状其大小可忽略不计，弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法中正确的是( )
A．弹丸打入沙袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变
B．弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量大小大于沙袋对弹丸的冲量大小
C．弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为
D．沙袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为
解析：选D 弹丸打入沙袋的过程由动量守恒定律得：mv0＝(m＋5m)v，解得v＝v0；弹丸打入沙袋后，总质量变大，且做圆周运动，根据T＝6mg＋6m可知，细绳所受拉力变大，选项A错误；根据牛顿第三定律可知，弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量大小等于沙袋对弹丸的冲量大小，选项B错误；弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为Q＝mv02－·6mv2＝mv02，选项C错误；由机械能守恒可得：·6mv2＝6mgh，解得h＝，选项D正确。
8.[多选](2018·内蒙古赤峰模拟)如图所示，质量均为m的A、B两物体通过劲度系数为k的轻质弹簧拴接在一起，竖直放置在水平地面上，物体A处于静止状态，在A的正上方h高处有一质量也为m的小球C。现将小球C由静止释放，C与A发生碰撞后立刻粘在一起，弹簧始终在弹性限度内，忽略空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A．C与A碰撞后瞬间A的速度大小为
B．C与A碰撞时产生的内能为
C．C与A碰撞后弹簧的最大弹性势能为
D．要使碰后物体B被拉离地面，h至少为
解析：选ABD 对C自由下落过程，由机械能守恒得：mgh＝mv02，解得：v0＝，对C与A组成的系统，取向下为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝2mv1，解得：v1＝，故A正确；C与A碰撞时产生的内能为：ΔE＝mv02－·2mv12＝mgh，故B正确；当A、C速度为零时，弹簧的弹性势能有最大值，Epmax＝·2mv12＋2mgΔx＞mgh，故C错误；开始时弹簧的压缩量为：H＝，碰后物体B刚被拉离地面时弹簧伸长量为：H＝，则A、C将上升2H，弹簧弹性势能不变，由系统的机械能守恒得：·2mv12＝2mg·2H，解得：h＝，故D正确。
9．如图所示，一质量为M＝4 kg的长木板B静止在光滑的水平面上，在长木板B的最右端放置一可视为质点的小铁块A，已知长木板的长度为L＝1.4 m，小铁块的质量为m＝1 kg，小铁块与长木板上表面之间的动摩擦因数为μ＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2。如果在长木板的右端施加一水平向右的恒力F＝28 N，为了保证小铁块能离开长木板，则恒力的作用时间至少应为多大？
解析：设恒力F作用的时间为t，此时间内小铁块相对长木板滑动的距离为L1，根据牛顿第二定律得小铁块的加速度为：a1＝＝0.4×10 m/s2＝4 m/s2
长木板的加速度为：
a2＝＝ m/s2＝6 m/s2
由空间关系可知L1＝a2t2－a1t2
整理得：L1＝t2
此时，小铁块的速度v1＝a1t＝4t
长木板的速度v2＝a2t＝6t
撤去F后，小铁块和长木板组成的系统动量守恒，则由动量守恒定律得：mv1＋Mv2＝(M＋m)v
解得：v＝
若小铁块刚好滑到木板的最左端，由能量守恒定律得：μmg(L－L1)＝Mv22＋mv12－(M＋m)v2
代入数据解得：t＝1 s。
答案：1 s
10．(2019届高三·重庆江津中学月考)如图所示，光滑固定斜面倾角θ＝30°，一轻质弹簧底端固定，上端与M＝3 kg的物体B相连，初始时B静止， A物体质量m＝1 kg，在斜面上距B物体s1＝10 cm处由静止释放， A物体下滑过程中与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后粘在一起，己知碰后A、B经t＝0.2 s下滑s2＝5 cm至最低点，弹簧始终处于弹性限度内， A、B可视为质点， g取10 m/s2，求：
(1)从碰后到最低点的过程中弹簧弹性势能的增加量；
(2)从碰后至返回到碰撞点的过程中，弹簧对物体B冲量的大小。
解析：(1)A下滑s1时的速度由动能定理得：
mgs1sin θ＝mv02
v0＝＝ m/s＝1 m/s
设初速度方向为正方向，A、B相碰时由动量守恒定律得：
mv0＝(m＋M)v1
解得：v1＝0.25 m/s；
从碰后到最低点，由系统机械能守恒定律得：
ΔEp＝(m＋M)v12＋(m＋M)gs2sin θ
解得：ΔEp＝1.125 J。
(2)从碰后至返回到碰撞点的过程中，由动量定理得：
I－(m＋M)gsin θ×2t＝(m＋M)v1－[－(M＋m)v1]
解得：I＝10 N·s。
答案：(1)1.125 J (2)10 N·s
11．(2018·湖南六校联考)如图所示，在光滑水平面上有一质量为2 018m的木板，木板上有2 018块质量均为m的相同木块1、2、…、2 018。最初木板静止，各木块分别以v、2v、…、2 018v同时向同一方向运动，木块和木板间的动摩擦因数为μ，且木块间不发生碰撞和离开木板的现象。求：
(1)最终木板的速度；
(2)运动中第88块木块的最小速度；
(3)第二块木块相对木板滑动的时间。
解析：(1)最终所有木块和木板一起以速度v′运动，由动量守恒可知m(v＋2v＋…＋nv)＝2nmv′，其中n＝2 018，
解得v′＝v＝ v。
(2)设第k块木块最小速度为vk，则此时木板及第1至第k－1块木块的速度均为vk；
因为每块木块质量相等，所以各木块减速时受到的合外力也相等(均为μmg)，故在相等时间内，其速度的减少量也相等，因而此时，第k＋1至第n块木块的速度依次为vk＋v、vk＋2v、…、vk＋(n－k)v；
系统动量守恒，故m(v＋2v＋…＋nv)＝(nm＋km)vk＋m(vk＋v)＋…＋m[vk＋(n－k)v]＝nmvk＋kmvk＋(n－k)mvk＋m[1＋2＋…＋(n－k)]v＝2nmvk＋m[1＋2＋…＋(n－k)]v；
所以vk＝，v88＝v。
(3)第二块木块相对静止的速度为v2＝＝×2v＝v；
因为木块减速时的加速度大小总为a＝μg；
v2＝2v－μgt，解得t＝＝。
答案：(1)v (2)v (3)
考点一
动量 冲量 动量定理
1.[考查动量、冲量的概念]
“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是( )
A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小
B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小
C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大
D．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力
解析：选A 从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，人先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，加速度等于零时，速度最大，故人的动量和动能都是先增大后减小，加速度等于零时(即绳对人的拉力等于人所受的重力时)速度最大，动量和动能最大，在最低点时人具有向上的加速度，绳对人的拉力大于人所受的重力。绳的拉力方向始终向上与运动方向相反，故绳对人的冲量方向始终向上，绳对人的拉力始终做负功。故选项A正确，选项B、C、D错误。
2．[考查动量定理的应用]
[多选]静止在粗糙水平面上的物体，在水平力F的作用下，经过时间t、通过位移l后，动量为p、动能为Ek。以下说法正确的是( )
A．若保持水平力F不变，经过时间2t，物体的动量等于2p
B．若将水平力增加为原来的两倍，经过时间t，物体的动量等于2p
C．若保持水平力F不变，通过位移2l，物体的动能小于2Ek
D．若将水平力增加为原来的两倍，通过位移l，物体的动能大于2Ek
解析：选AD 根据动量定理I合＝(F－f)t＝p，保持水平力F不变，经过时间2t，(F－f)·2t＝p′，可知p′＝2p，故A正确；根据动量定理I合＝(F－f)t＝p，若水平力增加为原来的2倍，经过时间t，则有(2F－f)·t＝p′，则p′＞2p，故B错误；根据动能定理(F－f)·l＝Ek，保持水平力F不变，通过位移2l，有(F－f)·2l＝Ek′，则有Ek′＝2Ek，故C错误；根据动能定理(F－f)·l＝Ek，将水平力增加为原来的两倍，通过位移l，有(2F－f)·l＝Ek′，则有Ek′＞2Ek，故D正确。
考点二
动量守恒定律及其应用
3.[考查系统动量守恒的判断]
[多选]如图所示，将质量为M1、半径为R且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，左侧紧靠竖直墙壁，右侧紧靠一质量为M2的物块。今让一质量为m的小球自左侧槽口A的正上方h高处从静止开始下落，与半圆槽相切自A点进入槽内，以下结论正确的是( )
A．小球在槽内运动的B至C过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
B．小球在槽内运动的B至C过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统水平方向动量守恒
C．小球离开C点以后，将做竖直上抛运动
D．小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统机械能守恒
解析：选BD 小球从A→B的过程中，半圆槽对球的支持力沿半径方向指向圆心，而小球对半圆槽的压力方向相反指向左下方，因为有竖直墙挡住，所以半圆槽不会向左运动，可见，该过程中，小球与半圆槽在水平方向受到外力作用，动量并不守恒，而由小球、半圆槽和物块组成的系统动量也不守恒；从B→C的过程中，小球对半圆槽的压力方向向右下方，所以半圆槽要向右推动物块一起运动，因而小球参与了两个运动：一个是沿半圆槽的圆周运动，另一个是与半圆槽一起向右运动，小球所受支持力方向与速度方向并不垂直，此过程中，因为有物块挡住，小球与半圆槽在水平方向动量并不守恒，但是小球、半圆槽和物块组成的系统水平方向动量守恒，小球运动的全过程，水平方向动量也不守恒，选项A错误，B正确；当小球运动到C点时，它的两个分运动的合速度方向并不是竖直向上，所以此后小球做斜上抛运动，选项C错误；因为小球在槽内运动过程中，接触面都是光滑的，所以小球、半圆槽、物块组成的系统机械能守恒，故选项D正确。
4．[考查某一方向动量守恒问题]
如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为m(m＜M)的小球从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是( )
A．在以后的运动过程中，小球和槽在水平方向动量始终守恒
B．在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功
C．全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒，且水平方向动量守恒
D．被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，但小球不能回到槽高h处
解析：选D 当小球与弹簧接触后，小球与槽组成的系统在水平方向所受合外力不为零，系统在水平方向动量不守恒，故A错误；下滑过程中两物体都有水平方向的位移，而力是垂直于槽的曲面的，故力和位移夹角不垂直，故两力均做功，故B错误；全过程小球和槽、弹簧所组成的系统只有重力与弹力做功，系统机械能守恒，小球与弹簧接触过程系统在水平方向所受合外力不为零，系统水平方向动量不守恒，故C错误；球在槽上下滑过程系统水平方向不受力，系统水平方向动量守恒，球与槽分离时两者动量大小相等，由于m＜M，则小球的速度大于槽的速度，小球被弹簧反弹后的速度大小等于球与槽分离时的速度大小，小球将追上槽并沿槽上滑，上滑过程中只有重力对系统做功，机械能守恒，由于小球与槽组成的系统总动量水平向左，小球滑上槽的最高点时系统速度水平向左，系统总动能不为零，由机械能守恒定律可知，小球上升的最大高度小于h，小球不能回到槽高h处，故D正确。
5．[考查“人船模型”的动量守恒问题]
滑雪运动是人们酷爱的户外体育活动，现有质量为m的人站立于雪橇上，如图所示。人与雪橇的总质量为M，人与雪橇以速度v1在水平面上由北向南运动(雪橇所受阻力不计)。当人相对于雪橇以速度v2竖直跳起时，雪橇向南的速度大小为( )
A. B.
C. D．v1
解析：选D 根据动量守恒条件可知人与雪橇组成的系统在水平方向动量守恒，人跳起后水平方向速度不变，雪橇的速度仍为v1，D正确。
考点三
碰撞、爆炸与反冲
6.[考查弹性碰撞问题]
2017年7月9日，斯诺克世界杯在江苏无锡落下帷幕，由丁俊晖和梁文博组成的中国A队在1比3落后的不利形势下成功逆转，最终以4比3击败英格兰队，帮助中国斯诺克台球队获得了世界杯三连冠。如图为丁俊晖正在准备击球，设在丁俊晖这一杆中，白色球(主球)和花色球碰撞前、后都在同一直线上运动，碰前白色球的动量为pA＝5 kg·m/s，花色球静止，白色球A与花色球B发生碰撞后，花色球B的动量变为pB′＝4 kg·m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是( )
A．mB＝mA B．mB＝mA
C．mB＝mA D．mB＝6mA
解析：选A 由动量守恒定律得pA＋pB＝pA′＋pB′，解得pA′＝1 kg·m/s，根据碰撞过程中总动能不增加，则有≥＋，代入数据解得mB≥mA，碰后两球同向运动，白色球A的速度不大于花色球B的速度，则≤，解得mB≤4mA，综上可得mA≤mB≤4mA，选项A正确。
7．[考查非弹性碰撞问题]
[多选]A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图像，a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图像，c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图像。若A球质量m＝2 kg，则由图判断下列结论正确的是( )
A．碰撞前、后A球的动量变化量为4 kg·m/s
B．碰撞时A球对B球所施的冲量为－4 N·s
C．A、B两球碰撞前的总动量为3 kg·m/s
D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J
解析：选ABD 根据图像可知，碰前A球的速度vA＝－3 m/s，碰前B球的速度vB＝2 m/s，碰后A、B两球共同的速度v＝－1 m/s，故碰撞前、后A球的动量变化量为ΔpA＝mv－mvA＝4 kg·m/s，选项A正确；A球的动量变化量为4 kg·m/s，碰撞过程中动量守恒，B球的动量变化量为－4 kg·m/s，根据动量定理，碰撞过程中A球对B球所施的冲量为－4 N·s，选项B正确；由于碰撞过程中动量守恒，有mvA＋mBvB＝(m＋mB)v，解得mB＝ kg，故碰撞过程中A、B两球组成的系统损失的动能为ΔE＝mvA2＋mBvB2－(m＋mB)v2＝10 J，选项D正确；A、B两球碰撞前的总动量为p＝mvA＋mBvB＝(m＋mB)v＝－ kg·m/s，选项C错误。
8．[考查爆炸问题]
“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，燃放爆竹是我国传统民俗。春节期间，某人斜向上抛出一个爆竹，假设爆竹到达最高点时(速度水平向东)立即爆炸成质量相等的三块碎片，前面一块碎片速度水平向东，后面一块碎片速度水平向西，前、后两块碎片的水平速度(相对地面)大小相等、方向相反。以下说法正确的是( )
A．爆炸后的瞬间，中间那块碎片的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度
B．爆炸后的瞬间，中间那块碎片的速度可能水平向西
C．爆炸后，三块碎片将同时落到水平地面上，并且落地时的动量相同
D．爆炸后的瞬间，中间那块碎片的动能可能小于爆炸前的瞬间爆竹的总动能
解析：选A 设爆竹爆炸前的速度为v，爆竹爆炸成三块碎片的质量均为m，爆炸后前、后两块碎片的速度大小为v前后，中间那块碎片的速度大小为v′，设水平向东为正方向，根据水平方向动量守恒，3mv＝mv前后＋mv′－mv前后，得v′＝3v，方向向东，所以爆炸后的瞬间，中间那块碎片的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度，选项A正确、B错误；爆炸后，三块碎片均做平抛运动，竖直方向上有h＝gt2，下落时间相同，则竖直方向分速度相同，但水平方向上的分速度方向不同，故合速度方向不同，则动量不同，选项C错误；爆炸后的瞬间，中间那块碎片的动能m(3v)2＞·3m·v2，选项D错误。
9．[考查反冲问题]
[多选]一机枪架在湖中小船上，船正以1 m/s的速度前进，小船及机枪总质量M＝200 kg，每颗子弹质量为m＝20 g，在水平方向机枪以v＝600 m/s的对地速度射出子弹，打出5颗子弹后船的速度可能为( )
A．1.4 m/s B．1 m/s
C．0.8 m/s D．0.5 m/s
解析：选BC 若子弹射出方向与船前进的方向在同一直线上，则子弹、机枪和小船组成的系统动量守恒，有Mv0＝(M－5m)v′±5mv，若子弹向船前进的方向射出，反冲作用使船速减小，v1′＝＝0.7 m/s，若子弹向船前进的反方向射出，v2′＝＝1.3 m/s，可见船速应在0.7～1.3 m/s之间。故B、C正确。
考点四
动量综合问题
10.[考查含有弹簧的动量综合问题]
[多选]光滑水平面上放有质量分别为2m和m的物块A和B，用细线将它们连接起来，两物块中间加有一压缩的轻质弹簧(弹簧与物块不相连)，弹簧的压缩量为x。现将细线剪断，此刻物块A的加速度大小为a，两物块刚要离开弹簧时物块A的速度大小为v，则( )
A．物块B的加速度大小为a时弹簧的压缩量为
B．物块A从开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为x
C．物块开始运动前弹簧的弹性势能为mv2
D．物块开始运动前弹簧的弹性势能为3mv2
解析：选AD 当物块A的加速度大小为a时，根据胡克定律和牛顿第二定律得kx＝2ma。当物块B的加速度大小为a时，有：kx′＝ma，对比可得：x′＝，即此时弹簧的压缩量为，故A正确。取水平向左为正方向，根据系统动量守恒得：2m－m＝0，又xA＋xB＝x，解得A的位移为：xA＝x，故B错误。根据动量守恒定律得：0＝2mv－mvB，得物块B刚要离开弹簧时的速度vB＝2v，由系统的机械能守恒得，物块开始运动前弹簧的弹性势能为：Ep＝·2mv2＋mvB2＝3mv2，故C错误，D正确。
11．[考查“子弹打木块”模型]
[多选]如图所示，质量为m的子弹水平射入质量为M、放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，此过程中木块动能增加了5 J，那么此过程中系统产生的内能可能为( )
A．16 J B．11.2 J
C．4.8 J D．3.4 J
解析：选AB 设子弹的初速度为v0，与木块的共同速度为v，则由动量守恒定律有mv0＝(M＋m)v；系统产生的内能Q＝fd＝mv02－(m＋M)v2，木块得到的动能为Ek1＝fs＝Mv2，其中，f为子弹与木块间的摩擦力，d为子弹在木块内运动的位移，s为木块相对于地面运动的位移，变形可得Q＝Ek1＞Ek1，故选项A、B正确。
12．[考查板块模型问题]
如图所示，在光滑水平面上有一块长为L的木板B，其上表面粗糙。在其左端有一个光滑的圆弧槽C与长木板接触但不连接，圆弧槽的下端与木板的上表面相平，B、C静止在水平面上。现有很小的滑块A以初速度v0从右端滑上B，并以的速度滑离B，恰好能到达C的最高点。A、B、C的质量均为m，求：
(1)滑块A与木板B上表面间的动摩擦因数μ；
(2)圆弧槽C的半径R；
(3)滑块A滑离圆弧槽C时C的速度。
解析：(1)对A、B、C整体，设A刚离开B时，B和C的共同速度为vB，从A滑上B到刚离开B的过程中动量守恒，有mv0＝m＋2mvB，解得vB＝
由能量守恒定律有
μmgL＝mv02－m2－×2mvB2
解得μ＝。
(2)从A滑上C到“恰能到达C的最高点”的过程中，设A到达最高点时A和C的共同速度为vC，研究A和C组成的系统，在水平方向上由动量守恒定律有
m＋mvB＝2mvC，解得vC＝v0
由于在此过程中A和C组成的系统机械能守恒，有
mgR＝m2＋mvB2－×2m2
解得R＝。
(3)研究A、C组成的系统，从A滑上C开始到A滑离C的过程中，系统在水平方向上动量守恒，
有m＋mvB＝mvA1＋mvC1，
式中vA1和vC1分别为A滑离C时A和C的速度
此过程中A和C组成的系统机械能守恒，
有m2＋mvB2＝mvA12＋mvC12
解得vC1＝，方向水平向左。
答案：(1) (2) (3)，方向水平向左
13．[考查三大观点的综合应用]
如图所示，半径R＝2.0 m的光滑圆弧轨道固定在光滑的水平地面上，其末端水平。平板小车上固定一木块，紧靠在轨道的末端，木块上表面水平粗糙，且与圆弧轨道末端等高。木块的厚度h＝0.45 m，木块最右端到小车最右端的水平距离x＝0.45 m，小车连同木块总质量M＝2 kg。现使一个质量m＝0.5 kg的小球从圆弧轨道上由静止释放，释放小球的位置和圆弧轨道的圆心之间的连线与竖直方向的夹角为53°，小球从木块右端飞出后恰好击中小车的最右端。 (g取10 m/s2, sin 53°＝0.8, cos 53°＝0.6)求：
(1)小球到达圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小；
(2)小球离开木块最右端时，小球的速度大小；
(3)小球运动到木块最右端过程中，系统产生的内能。
解析：(1)设小球到达圆弧轨道末端的速度为v0，由机械能守恒定律
mgR(1－cos 53°)＝mv02
解得v0＝4 m/s
小球在圆弧轨道最低点F－mg＝m
解得F＝9 N
由牛顿第三定律，小球对轨道的压力F′＝F＝9 N。
(2)设小球运动到木块最右端的速度为v1，此时小车的速度为v2，
由动量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2
小球离开木块最右端后做平抛运动，设运动时间为t
h＝gt2
解得 t＝0.3 s
小球恰好击中小车的最右端，有v1t－v2t＝x
以上各式联立解得v1＝2 m/s，v2＝0.5 m/s
所以小球到达木块最右端的速度大小为2 m/s。
(3)由能量守恒定律得
mgR(1－cos 53°)＝mv12＋Mv22＋Q
解得Q＝2.75 J。
答案：(1)9 N (2)2 m/s (3)2.75 J
释疑4大考点
考点一 动量 冲量 动量定理
本考点重在对动量、冲量概念和动量定理的理解及应用，常与运动学公式、牛顿运动定律等知识进行简单交汇命题，难度一般，主要考查考生的理解和分析能力。建议考生自学为主。
(一)概念公式要清
(二)系统联系要明
1．正确理解动量、冲量、功、动能、弹性势能等物理量的意义。对于一个确定的研究对象，如诊断卷第1题中做蹦极运动的人，他的速度、动量、动能三个量的大小变化是一致的，且冲量的方向由力的方向决定，动量的方向由速度的方向决定。
2．物体动量的变化量由合外力的冲量决定，物体动能的变化量由合外力的功决定。如诊断卷第2题，拉力的冲量变为原来的2倍，合外力的冲量不一定是原来的2倍，故选项B错误；拉力的功变为原来的2倍，合外力的功不一定是原来的2倍，可判断选项D正确。
[题点全练]
1．(2018·全国卷Ⅱ)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
解析：选C 设每层楼高约为3 m，则下落高度约为h＝3×25 m＝75 m，达到的速度v2＝2gh，根据动量定理(F－mg)t＝0－(－mv)，解得鸡蛋受到地面的冲击力F＝＋mg≈103 N，由牛顿第三定律知C正确。
2．[多选](2018·东北三省三校联考)将一小球从地面以速度v0竖直向上抛出，小球上升到某一高度后又落回到地面。若该过程中空气阻力不能忽略，且大小近似不变，下列说法正确的是( )
A．重力在上升过程与下降过程中做的功大小相等
B．重力在上升过程与下降过程中的冲量相同
C．整个过程中空气阻力所做的功等于小球机械能的变化量
D．整个过程中空气阻力的冲量等于小球动量的变化量
解析：选AC 根据W＝Gh可知，重力在上升过程与下降过程中做的功大小相等，选项A正确；上升过程中的加速度a上＝g＋大于下降过程中的加速度a下＝g－，则上升的时间小于下降的时间，即t上
A．斜面对物体的弹力的冲量为零
B．物体受到的重力的冲量大小为mgt
C．物体受到的合力的冲量大小为零
D．物体动量的变化量大小为mgsin θ·t
解析：选BD 斜面对物体的弹力的冲量大小为：I＝Nt＝mgcos θ·t，弹力的冲量不为零，故A错误；物体所受重力的冲量大小为：IG＝mg·t，物体受到的重力的冲量大小不为零，故B正确；物体受到的合力的冲量大小为mgtsin θ，不为零，C错误；由动量定理得，动量的变化量大小Δp＝I合＝mgsin θ·t，D正确。
考点二 动量守恒定律及其应用
本考点常考查多个物体(包括弹簧)的动量守恒的判断和相关计算，选择题与计算题均是常考题型，与机械能守恒定律和功能关系相结合是常见计算题的命题形式，试题难度中等。考生应学会灵活变通。
(一)全面理解定律
(二)重点例析应用
1．判断动量是否守恒时，要注意所选取的系统，注意区别系统内力与外力。如诊断卷第3题，小球由B至C的过程中，对小球和半圆槽组成的系统，物块对系统有水平向左的外力，故系统水平方向动量不守恒；但若取小球、半圆槽、物块为一系统，则物块对半圆槽的作用力为内力，系统水平方向动量守恒。
2．动量守恒具有矢量性，若系统在某个方向上合力为零，则系统在该方向上满足动量守恒定律。如诊断卷第3、4、5题，系统动量虽不守恒，但系统在水平方向上合力为零，在水平方向上系统动量守恒。
[题点全练]
1．(2019届高三·惠州模拟)质量为1 kg的物体从距地面5 m高处自由下落，落在正以5 m/s的速度沿水平方向匀速前进的小车上，车上装有砂子，车与砂的总质量为4 kg，地面光滑，则车后来的速度为(g＝10 m/s2)( )
A．4 m/s B．5 m/s
C．6 m/s D．7 m/s
解析：选A 物体和车作用过程中，两者组成的系统水平方向不受外力，水平方向系统的动量守恒。已知两者作用前，车在水平方向的速度v0＝5 m/s，物体水平方向的速度v＝0；设当物体与小车相对静止后，小车的速度为v′，取原来小车速度方向为正方向，则根据水平方向系统的动量守恒得：mv＋Mv0＝(M＋m)v′，解得：v′＝＝ m/s＝4 m/s，故选项A正确，B、C、D错误。
2．[多选](2018·安徽宣城二次调研)如图所示，小车在光滑水平面上向左匀速运动，轻质弹簧左端固定在A点，物体用细线拉在A点将弹簧压缩，某时刻线断了，物体沿车滑动到B端粘在B端的橡皮泥上，取小车、物体和弹簧为一个系统，下列说法正确的是( )
A．若物体滑动中不受摩擦力，则该系统全过程机械能守恒
B．若物体滑动中有摩擦力，则该系统全过程动量守恒
C．不论物体滑动中有没有摩擦，小车的最终速度与线断前相同
D．不论物体滑动中有没有摩擦，系统损失的机械能相同
解析：选BCD 物体与橡皮泥粘合的过程，发生非弹簧碰撞，系统机械能有损失，故A错误；整个系统在水平方向不受外力，竖直方向上合外力为零，则系统动量一直守恒，故B正确；取系统的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可知，物体沿车滑动到B端粘在B端的橡皮泥上后系统共同的速度与初速度是相同的，故C正确；当物体粘在橡皮泥上时，系统的速度与初速度相等，所以系统的末动能与初动能是相等的，系统损失的机械能等于弹簧的弹性势能，与物体滑动中有没有摩擦无关，故D正确。
3.有一质量为M的小船静止在水面上，在船头A到船尾B的连线上有一点C，AC＝L1，BC＝L2，在A端站一质量为2m的人，在C点放有质量为m的物体(人和物都可视为质点)，现在人从A端走到C点将物体搬到B端停下，若不计水对船的阻力，此过程中小船对地的位移为( )
A. B.
C. D.
解析：选B 人、船和物体视为一系统，人从A端到C点过程，规定向右为正方向，系统动量守恒。结合速度v＝得2ms1－(m＋M)s2＝0，人和船的速度方向相反，应用几何关系得s1＋s2＝L1，解得s2＝；从C点将物体搬到B端停下的过程，规定向右为正方向，系统动量守恒。结合速度v＝得(2m＋m)s1′－Ms2′＝0，同理应用几何关系得s1′＋s2′＝L2，解得s2′＝。总位移为s总＝s2＋s2′＝，故B正确。
考点三 碰撞、爆炸与反冲
考查动量守恒定律及其应用，试题常常涉及多个物体，多个过程，以碰撞模型为纽带，此类题目中动量常与能量、牛顿运动定律等知识相互结合，试题综合性强，难度较大，灵活性较强。建议对本考点融会贯通。
(一)碰撞过程遵循的“三原则”
动量守恒
碰撞时间极短，内力远大于外力，动量可看作守恒，有m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
动能
不增加
碰撞后系统的总能量不大于碰撞前系统的总能量。系统动能满足关系式：m1v12＋m2v22≥m1v1′2＋m2v2′2
物理情境
可行性
按碰撞情境可分为追赶碰撞和相向碰撞，两物体碰撞前后的物理情境应与实际相一致。如诊断卷第6题中两球碰撞后同向运动，一定满足碰撞后白色球A的速度不大于花色球B的速度，可得mB≤4mA
(二)快准解题“三注意”
1．两物体发生弹性碰撞时，动量、机械能都守恒，如诊断卷第6题，结合实际情境考查学生对碰撞问题的理解，根据动量守恒定律求解碰撞后白色球A的动量，根据“碰撞过程中动能不增加”求解花色球B的质量满足的条件。
2．动量是矢量，动量的变化量为初、末状态的动量的矢量差，要注意将正负号代入计算。如诊断卷第7题，碰撞前、后A球的动量都为负值，但动量的变化量为正值；从xt图像得到的速度也一定要注意正负问题，斜率为负则速度为负值，斜率为正则速度为正值。本题的碰撞为完全非弹性碰撞，机械能损失最大。
3．爆炸过程时间极短，内力远大于外力，系统动量近似守恒，如诊断卷第8题，通过爆炸过程中动量守恒求得速度，通过分析平抛运动求得落地时的动量，通过能量关系比较机械能。
[题点全练]
1．(2018·贵州凯里一中模拟)在平昌冬奥会中国队对阵瑞典队的女子冰壶比赛中，中国运动员在某次出手投壶时用质量为m的黄色冰壶以v1＝3v的速度与质量相同的静止的红色冰壶发生正碰，碰后黄色冰壶以v2＝v的速度沿原方向运动，则这两个冰壶构成的系统碰撞过程中损失的动能为( )
A.mv2 B．mv2
C．2mv2 D.mv2
解析：选C 选v1方向为正方向，根据动量守恒定律可得：mv1＝mv2＋mv′，解得v′＝2v，由能量守恒得：ΔE＝mv12－mv22－mv′2，解得：ΔE＝2mv2，故C正确。
2．[多选]为完成某种空间探测任务，需要在太空站上发射空间探测器，探测器通过向后喷气而获得反冲力使其加速。已知探测器的质量为M，每秒钟喷出的气体质量为m，喷射气体的功率恒为P，不计喷气后探测器的质量变化。则( )
A．喷出气体的速度为
B．喷出气体的速度为
C．喷气Δt秒后探测器获得的动能为
D．喷气Δt秒后探测器获得的动能为
解析：选BC 对t＝1 s内的喷出气体，由动能定理得Pt＝mv12，解得v1＝ ，故B正确，A错误。在Δt时间内，喷出气体整体与探测器动量守恒，有Mv2＝mΔt·v1，探测器的动能为Ek＝Mv22，解得Ek＝，故C正确，D错误。
3．(2018·全国卷Ⅰ)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。求：
(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；
(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。
解析：(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有
E＝mv02 ①
设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有
0＝v0－gt ②
联立①②式得
t＝ 。 ③
(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有E＝mgh1 ④
火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为v1和v2。由题给条件和动量守恒定律有
mv12＋mv22＝E ⑤
mv1＋mv2＝0 ⑥
由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有
mv12＝mgh2 ⑦
联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为
h＝h1＋h2＝。 ⑧
答案：(1) (2)
考点四 动量综合问题
动量综合问题，指的是解决这类力学问题一般需要用到动力学、动量和能量三种观点，所涉及的主要内容是：“两个定律”——牛顿第二、第三定律；“两个定理”——动能定理和动量定理；“三个守恒”——能量守恒定律、机械能守恒定律和动量守恒定律。这类问题综合性强、难度大，建议对本考点重点攻坚。
(一)力学解题的三大观点
(二)选取规律的思维流程
(三)高考常考的两个经典模型
1．子弹打木块模型的两种情况
子弹打木块的两种情况：①子弹停留在木块中和木块一起运动；②子弹穿透木块和木块各自运动。如诊断卷第11题是第一种情况，若是第二种情况，则根据动量守恒定律和能量守恒定律有mv0＝mv1＋Mv2，Q＝fl＝mv02－mv12－Mv22，l为木块的长度，其中v1和v2分别为子弹穿过木块后子弹和木块的速度。
2．板块模型的解题思路
板块模型一般至少涉及两个物体，包括多个运动过程，板块间存在相对运动。解决板块模型问题，要分析不同阶段的受力情况和运动情况，然后对每一个过程建立动量守恒方程和能量守恒方程求解，必要时可以利用图像(如画出vt图像)分析运动情况。如诊断卷第12题，关键是合理选择系统，求滑块A与木板B上表面间的动摩擦因数时，选择A、B、C组成的系统；研究A在B上滑动的过程，利用动量守恒定律求速度，利用能量守恒定律求动摩擦因数；求圆弧槽的半径时，选择A和C组成的系统，仍然利用动量守恒定律求速度，利用能量守恒定律求圆弧槽的半径；求A滑离C时C的速度时，选择A和C组成的系统，从A滑上C开始到A滑离C的过程中，利用动量守恒定律、机械能守恒定律列式求解。
质量为M＝3.0 kg的平板小车静止在光滑水平面上，如图(a)所示。当t＝0时，两个质量都是m＝1.0 kg 的小物体A和B(均可看成质点)，分别从左端和右端以大小为v1＝4.0 m/s和v2＝2.0 m/s的水平速度冲上小车C，当它们在车上停止滑动时，没有相碰。A、B与车面间的动摩擦因数都是μ＝0.20，g取10 m/s2。
(1)求A、B在车上停止滑动时车的速度。
(2)车的长度至少是多少？
(3)在图(b)所给出的坐标系中画出0～4.0 s内小车运动的速度—时间图像。
[思维流程]
[解析] (1)以水平向右为正方向，设A、B在车上停止滑动时，车的速度为v，根据动量守恒定律可得
m(v1－v2)＝(M＋2m)v
解得v＝0.40 m/s，方向向右。
(2)设A、B在车上相对于车滑动的距离分别为l1和l2，由功能关系可得
μmgl1＋μmgl2＝mv12＋mv22－(2m＋M)v2
解得l1＋l2＝4.8 m，即车长至少为4.8 m。
(3)车的运动可分为以下三个阶段：
第一阶段：A、B同时在车上滑动时，小物体对车的摩擦力大小均为μmg，方向相反，车受力平衡而保持不动。当B的速度减为0时，此过程结束。设这段时间内小物体的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有μmg＝ma
得小物体的加速度大小a＝μg
设B到t1时刻停止滑动，则t1＝＝1.0 s。
第二阶段：B停止运动后，A继续在车上滑动。设到t2时刻物体A与车有共同速度v，则有v＝(v1－v2)－a(t2－t1)
解得t2＝1.8 s。
第三阶段：t2时刻之后，车以速度v做匀速直线运动。
小车运动的速度—时间图像如图所示。
[答案] (1)0.40 m/s，方向向右 (2)4.8 m (3)见解析
[题点全练]
1．[多选](2018·江淮十校联考) 如图所示，质量为m的长木板B放在光滑的水平面上，质量为m的木块A放在长木板的左端，一颗质量为m的子弹以速度v0射入木块并留在木块中，当木块滑离木板时速度为v0，木块在木板上滑行的时间为t，下列说法正确的是( )
A．木块获得的最大速度为v0
B．木块滑离木板时，木板获得的速度大小为v0
C．木块在木板上滑动时，木块与木板间的滑动摩擦力大小为
D．木块在木板上滑动时，因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后子弹和木块减少的动能
解析：选AC 对子弹和木块A系统，根据动量守恒定律得：mv0＝v1，解得v1＝v0，选项A正确；木块滑离木板时，对木板和木块(包括子弹)系统，根据动量守恒定律得：mv0＝·v0＋mv2，解得v2＝v0，选项B错误；对木板，由动量定理：ft＝mv2，解得f＝，选项C正确；由能量守恒定律可知，木块在木板上滑动时，因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后子弹和木块减少的动能与木板增加的动能之差，选项D错误。
2．[多选]如图所示，物体A、B的质量分别为m、2m，物体B置于水平面上，B物体上部半圆形槽的半径为R，将物体A(可视为质点)从圆槽右侧顶端由静止释放，一切摩擦均不计。则( )
A．A能到达B圆槽的左侧最高点
B．A运动到圆槽的最低点时A的速率为
C．A运动到圆槽的最低点时B的速率为
D．B向右运动的最大位移大小为
解析：选AD 运动过程不计一切摩擦，故由能量守恒可得：机械能守恒，且两物体水平方向动量守恒，那么A可以到达B圆槽的左侧最高点，且A在B圆槽的左侧最高点时，A、B的速度都为零，故A正确；A、B整体在水平方向上合外力为零，故在水平方向上动量守恒，所以mvA－2mvB＝0，即vA＝2vB，A的水平速度向左，B的水平速度向右；又有A在水平方向的最大位移和B在水平方向上的最大位移之和为2R，故B向右运动的最大位移大小为R，故D正确；对A运动到圆槽的最低点的运动过程中，对A、B整体应用机械能守恒可得：mgR＝mvA2＋·2mvB2＝3mvB2；所以A运动到圆槽的最低点时B的速率为：vB＝；A的速率为：vA＝2vB＝，故B、C错误。
3.(2019届高三·湖南永州模拟)如图所示，质量为m2＝2 kg的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的AB部分是半径为R＝0.3 m的四分之一圆弧，圆弧底部与滑道水平部分相切，滑道水平部分右端固定一个轻弹簧。滑道CD部分粗糙，长为L＝0.2 m，动摩擦因数μ＝0.10，其他部分均光滑。现让质量为m1＝1 kg的物块(可视为质点)自A点由静止释放，取g＝10 m/s2。求：
(1)物块到达圆弧轨道最低点时的速度大小；
(2)在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能；
(3)物块最终停止的位置。
解析：(1)物块从释放到运动到圆弧轨道最低点，由动量守恒定律得： 0＝m1v1－m2v2
由机械能守恒定律得：m1gR＝m1v12＋m2v22
解得：v1＝2 m/s。
(2)由能量守恒定律得：Epm＝m1gR－μm1gL
解得：Epm＝2.8 J。
(3)最终物块将停在C、D之间，由能量守恒定律得：m1gR＝μm1gs
解得：s＝3 m，
所以m1最终停在D点。
答案：(1)2 m/s (2)2.8 J (3)最终停在D点
一、高考真题集中演练——明规律
1．(2017·全国卷Ⅰ)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )
A．30 kg·m/s B．5.7×102 kg·m/s
C．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s
解析：选A 燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p，根据动量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0.050 kg×600 m/s＝30 kg·m/s，选项A正确。
2.[多选](2017·全国卷Ⅲ)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则( )
A．t＝1 s时物块的速率为1 m/s
B．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s
C．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s
D．t＝4 s时物块的速度为零
解析：选AB 法一：根据Ft图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F的冲量，可知在0～1 s、0～2 s、0～3 s、0～4 s内合外力冲量分别为2 N·s、4 N·s、3 N·s、2 N·s，应用动量定理I＝mΔv可知物块在1 s、2 s、3 s、4 s末的速率分别为1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s，物块在这些时刻的动量大小分别为2 kg·m/s、4 kg·m/s、3 kg·m/s、2 kg·m/s，则A、B项正确，C、D项错误。
法二：前2 s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1＝＝ m/s2＝1 m/s2，t＝1 s时物块的速率v1＝a1t1＝1 m/s，A正确；t＝2 s时物块的速率v2＝a1t2＝2 m/s，动量大小为p2＝mv2＝4 kg·m/s，B正确；物块在2～4 s内做匀减速直线运动，加速度的大小为a2＝＝0.5 m/s2，t＝3 s时物块的速率v3＝v2－a2t3＝(2－0.5×1) m/s＝1.5 m/s，动量大小为p3＝mv3＝3 kg·m/s，C错误；t＝4 s时物块的速率v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2) m/s＝1 m/s，D错误。
3．(2018·全国卷Ⅱ)汽车A在水平冰雪路面上行驶。驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m。已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；
(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小。
解析：(1)设B车的质量为mB，碰后加速度大小为aB。根据牛顿第二定律有
μmBg＝mBaB ①
式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数。
设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB′，碰撞后滑行的距离为sB。由运动学公式有
vB′2＝2aBsB ②
联立①②式并利用题给数据得
vB′＝3.0 m/s。 ③
(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA，根据牛顿第二定律有
μmAg＝mAaA ④
设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA′，碰撞后滑行的距离为sA，由运动学公式有
vA′2＝2aAsA ⑤
设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA。两车在碰撞过程中动量守恒，有
mAvA＝mAvA′＋mBvB′ ⑥
联立③④⑤⑥式并利用题给数据得
vA＝4.3 m/s。 ⑦
答案：(1)3.0 m/s (2)4.3 m/s
4．(2016·全国卷Ⅰ)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g。求：
(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；
(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。
解析：(1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则
Δm＝ρΔV ①
ΔV＝v0SΔt ②
由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为
＝ρv0S。 ③
(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v。对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得
(Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v02 ④
在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为
Δp＝(Δm)v ⑤
设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有
FΔt＝Δp ⑥
由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得
F＝Mg ⑦
联立③④⑤⑥⑦式得
h＝－。 ⑧
答案：(1)ρv0S (2)－
二、名校模拟重点演练——知热点
5．[多选]如图甲所示，光滑水平面上放着长木板B，质量为m＝2 kg的木块A以速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板B的上表面，由于A、B之间存在有摩擦，之后，A、B的速度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．A、B之间动摩擦因数为0.1
B．长木板的质量M＝2 kg
C．长木板长度至少为2 m
D．A、B组成的系统损失的机械能为4 J
解析：选AB 从题图乙可以看出，A先做匀减速运动，B做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度：v＝1 m/s，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v，解得：M＝m＝2 kg，故B正确；由图像可知，木板B匀加速运动的加速度为：a＝＝ m/s2＝1 m/s2，对B，根据牛顿第二定律得：μmg＝Ma，解得动摩擦因数为：μ＝0.1，故A正确；由图像可知前1 s内B的位移为：xB＝×1×1 m＝0.5 m, A的位移为：xA＝×1 m＝1.5 m，所以木板最小长度为：L＝xA－xB＝1 m，故C错误；A、B组成的系统损失的机械能为：ΔE＝mv02－(m＋M)v2＝2 J，故D错误。
6．(2019届高三·株洲质检)如图，长l的轻杆两端固定两个质量相等的小球甲和乙，初始时它们直立在光滑的水平地面上。后由于受到微小扰动，系统从图示位置开始倾倒。当小球甲刚要落地时，其速度大小为( )
A. B.
C. D．0
解析：选B 两球组成的系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv－mv′＝0，即v＝v′；由机械能守恒定律得：mv2＋mv′2＝mgl，解得：v＝，故B正确。
7．(2018·宜宾诊断)如图所示，一沙袋用无弹性轻细绳悬于O点。开始时沙袋处于静止状态，一弹丸以水平速度v0击入沙袋后未穿出，二者共同摆动。若弹丸质量为m，沙袋质量为5m，弹丸相对于沙袋的形状其大小可忽略不计，弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法中正确的是( )
A．弹丸打入沙袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变
B．弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量大小大于沙袋对弹丸的冲量大小
C．弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为
D．沙袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为
解析：选D 弹丸打入沙袋的过程由动量守恒定律得：mv0＝(m＋5m)v，解得v＝v0；弹丸打入沙袋后，总质量变大，且做圆周运动，根据T＝6mg＋6m可知，细绳所受拉力变大，选项A错误；根据牛顿第三定律可知，弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量大小等于沙袋对弹丸的冲量大小，选项B错误；弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为Q＝mv02－·6mv2＝mv02，选项C错误；由机械能守恒可得：·6mv2＝6mgh，解得h＝，选项D正确。
8.[多选](2018·内蒙古赤峰模拟)如图所示，质量均为m的A、B两物体通过劲度系数为k的轻质弹簧拴接在一起，竖直放置在水平地面上，物体A处于静止状态，在A的正上方h高处有一质量也为m的小球C。现将小球C由静止释放，C与A发生碰撞后立刻粘在一起，弹簧始终在弹性限度内，忽略空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A．C与A碰撞后瞬间A的速度大小为
B．C与A碰撞时产生的内能为
C．C与A碰撞后弹簧的最大弹性势能为
D．要使碰后物体B被拉离地面，h至少为
解析：选ABD 对C自由下落过程，由机械能守恒得：mgh＝mv02，解得：v0＝，对C与A组成的系统，取向下为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝2mv1，解得：v1＝，故A正确；C与A碰撞时产生的内能为：ΔE＝mv02－·2mv12＝mgh，故B正确；当A、C速度为零时，弹簧的弹性势能有最大值，Epmax＝·2mv12＋2mgΔx＞mgh，故C错误；开始时弹簧的压缩量为：H＝，碰后物体B刚被拉离地面时弹簧伸长量为：H＝，则A、C将上升2H，弹簧弹性势能不变，由系统的机械能守恒得：·2mv12＝2mg·2H，解得：h＝，故D正确。
9．如图所示，一质量为M＝4 kg的长木板B静止在光滑的水平面上，在长木板B的最右端放置一可视为质点的小铁块A，已知长木板的长度为L＝1.4 m，小铁块的质量为m＝1 kg，小铁块与长木板上表面之间的动摩擦因数为μ＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2。如果在长木板的右端施加一水平向右的恒力F＝28 N，为了保证小铁块能离开长木板，则恒力的作用时间至少应为多大？
解析：设恒力F作用的时间为t，此时间内小铁块相对长木板滑动的距离为L1，根据牛顿第二定律得小铁块的加速度为：a1＝＝0.4×10 m/s2＝4 m/s2
长木板的加速度为：
a2＝＝ m/s2＝6 m/s2
由空间关系可知L1＝a2t2－a1t2
整理得：L1＝t2
此时，小铁块的速度v1＝a1t＝4t
长木板的速度v2＝a2t＝6t
撤去F后，小铁块和长木板组成的系统动量守恒，则由动量守恒定律得：mv1＋Mv2＝(M＋m)v
解得：v＝
若小铁块刚好滑到木板的最左端，由能量守恒定律得：μmg(L－L1)＝Mv22＋mv12－(M＋m)v2
代入数据解得：t＝1 s。
答案：1 s
10．(2019届高三·重庆江津中学月考)如图所示，光滑固定斜面倾角θ＝30°，一轻质弹簧底端固定，上端与M＝3 kg的物体B相连，初始时B静止， A物体质量m＝1 kg，在斜面上距B物体s1＝10 cm处由静止释放， A物体下滑过程中与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后粘在一起，己知碰后A、B经t＝0.2 s下滑s2＝5 cm至最低点，弹簧始终处于弹性限度内， A、B可视为质点， g取10 m/s2，求：
(1)从碰后到最低点的过程中弹簧弹性势能的增加量；
(2)从碰后至返回到碰撞点的过程中，弹簧对物体B冲量的大小。
解析：(1)A下滑s1时的速度由动能定理得：
mgs1sin θ＝mv02
v0＝＝ m/s＝1 m/s
设初速度方向为正方向，A、B相碰时由动量守恒定律得：
mv0＝(m＋M)v1
解得：v1＝0.25 m/s；
从碰后到最低点，由系统机械能守恒定律得：
ΔEp＝(m＋M)v12＋(m＋M)gs2sin θ
解得：ΔEp＝1.125 J。
(2)从碰后至返回到碰撞点的过程中，由动量定理得：
I－(m＋M)gsin θ×2t＝(m＋M)v1－[－(M＋m)v1]
解得：I＝10 N·s。
答案：(1)1.125 J (2)10 N·s
11．(2018·湖南六校联考)如图所示，在光滑水平面上有一质量为2 018m的木板，木板上有2 018块质量均为m的相同木块1、2、…、2 018。最初木板静止，各木块分别以v、2v、…、2 018v同时向同一方向运动，木块和木板间的动摩擦因数为μ，且木块间不发生碰撞和离开木板的现象。求：
(1)最终木板的速度；
(2)运动中第88块木块的最小速度；
(3)第二块木块相对木板滑动的时间。
解析：(1)最终所有木块和木板一起以速度v′运动，由动量守恒可知m(v＋2v＋…＋nv)＝2nmv′，其中n＝2 018，
解得v′＝v＝ v。
(2)设第k块木块最小速度为vk，则此时木板及第1至第k－1块木块的速度均为vk；
因为每块木块质量相等，所以各木块减速时受到的合外力也相等(均为μmg)，故在相等时间内，其速度的减少量也相等，因而此时，第k＋1至第n块木块的速度依次为vk＋v、vk＋2v、…、vk＋(n－k)v；
系统动量守恒，故m(v＋2v＋…＋nv)＝(nm＋km)vk＋m(vk＋v)＋…＋m[vk＋(n－k)v]＝nmvk＋kmvk＋(n－k)mvk＋m[1＋2＋…＋(n－k)]v＝2nmvk＋m[1＋2＋…＋(n－k)]v；
所以vk＝，v88＝v。
(3)第二块木块相对静止的速度为v2＝＝×2v＝v；
因为木块减速时的加速度大小总为a＝μg；
v2＝2v－μgt，解得t＝＝。
答案：(1)v (2)v (3)
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