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2021届高考物理考前复习大串讲-专题07 动量与动量守恒基础知识+查漏补缺 Word版含解析
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这是一份2021届高考物理考前复习大串讲-专题07 动量与动量守恒基础知识+查漏补缺 Word版含解析，共26页。
【知识网络】
【知识清单】
一、冲量
1. 冲量：作用在物体上的力和力的作用时间的乘积叫做冲量。表示为I = F·t。
2. 冲量是个矢量。它的方向与力的方向相同。
3. 冲量的单位：在国际单位制中，冲量的单位是牛顿·秒（N·S）。
4. 物体受到变力作用时，可引入平均作用力的冲量。。
5. 冲量是力的时间积累量，是与物体运动过程相联系的量。冲量的作用效果是使物体动量发生改变，因此冲量的大小和方向只与动量的增量直接发生联系，而与物体动量没有什么直接必然联系。
6. 冲量是矢量，因而可用平行四边形法则进行合成和分解。合力的冲量总等于分力冲量的矢量和。
二、动量
1. 动量：物体质量与它的速度的乘积叫做动量。表示为。
2. 动量是矢量，它的方向与物体的速度方向相同。
3. 动量的单位：在国际单位制中，动量的单位为千克·米/秒（kg·m/s）。
4. 动量与物体的速度有瞬时对应的关系。说物体的动量要指明是哪一时刻或哪一个位置时物体的动量。所以动量是描述物体瞬时运动状态的一个物理量。动量与物体运动速度有关，但它不能表示物体运动快慢，两个质量不同的物体具有相同的速度，但不具有相同的动量。
5. 当物体在一条直线上运动时，其动量的方向可用正负号表示。
6. 动能与动量都是描述物体运动状态的物理量，但意义不同。物体动能增量与力的空间积累量——功相联系，而物体动量的增量则与力的时间积累量——冲量相联系。
三、动量、动能、动量变化量的比较
名称
项目
动量
动能
动量变化量
定义
物体的质量和速度的乘积
物体由于运动而具有的能量
物体末动量与初动量的矢量差
定义式
p＝mv
Ek＝mv2
Δp＝p′－p
矢标性
矢量
标量
矢量
特点
状态量
状态量
过程量
关联方程
Ek＝，Ek＝pv，p＝，p＝
特别提醒：
1. 因为速度与参考系的选择有关，所以动量也跟参考系的选择有关，通常情况下，物体的动量是相对地面而言的。
2. 物体动量的变化率 等于它所受的力，这是牛顿第二定律的另一种表达方式。
四、动量定理
1. 物体受到冲量的作用，将引起它运动状态的变化，具体表现为动量的变化。
2. 动量定理：物体所受的合外力的冲量等于物体动量的增量。用公式表示为：
3. 在中学阶段，动量定理的研究对象通常是指单个物体，合外力是指物体受到的一切外力的合力。实际上，动量定理对物体系统也是适用的。对物体系统来说，内力不会改变系统的动量，同样是系统合外力的冲量等于系统的动量变化。不加声明，应用动量定理时，总是以地面为参照系，即P1，P2，都是相对地面而言的。
4. 动量定理说明合外力的冲量与动量变化的数值相同，方向一致，单位等效，但不能认为合外力的冲量就是动量的增量。对方向变化的力，其冲量的方向与力的方向一般不同，但冲量的方向与动量变化的方向一定相同。 若公式中各量均在一条直线上，可规定某一方向为正，根据已知各量的方向确定它们的正负，从而把矢量运算简化为代数运算。公式中的“－”号是运算符号，与正方向的选取无关。
5. 动量定理揭示的因果关系。它表明物体所受合外力的冲量是物体动量变化的原因，物体动量的变化是由它受到的外力经过一段时间积累的结果。
6. 动量定理的分量形式：物体在某一方向上的动量变化只由这一方向上的外力冲量决定。
Fxt＝mVx′－mVx
Fyt＝mVy′－mVy
7. 动量定理既适用于恒力，也适用于变力。对于变力的情况，动量定理中的F应理解为变力在作用时间内的平均值。
8. 牛顿第二定律的动量表示，F＝(P′－P)/t＝ΔP/t。从该式可以得出：合外力等于物体的动量变化率。动量定理和牛顿第二定律为研究同一力学过程提供了不同角度的研究方法。应用牛顿第二定律时，要涉及物体运动过程中的加速度，而用动量定理只涉及始末状态的动量，因而在过程量未给出的情况下，用动量定理解题较为方便，尤其对于物体在变力作用下做非匀变速直线运动或曲线运动的情况，就更为简便。
9. 动量定理应用举例
(1) 解释现象
①在ΔP一定的情况下，要减小力F，可以延长力的作用时间；要增大力F，可缩短力的作用时间。
②在F一定的情况下，作用时间t短则ΔP小，作用时间t长则ΔP大；
③在t一定的情况下，作用力F小则ΔP小，作用力F大则ΔP大。
(2) 定量计算
应用动量定理解题的步骤：
①确定研究对象；
②对研究对象进行正确的受力分析，确定合外力及作用时间；
③找出物体的初末状态并确定相应的动量；
④如果初、末动量在同一直线上，则选定正方向，并给每个力的冲量和初、末动量带上正负号，以表示和正方向同向或反向；如果初、末动量不在同一直线上，则用平行四边形定则求解；
⑤根据动量定理列方程；
⑥解方程，讨论。
五、动量守恒定律及其应用
1. 动量守恒定律内容：系统不受外力或所受外力的合力为零，这个系统的总动量就保持不变。用公式表示为：
或
2. 动量守恒定律的适用范围：动量守恒定律适用于惯性参考系。无论是宏观物体构成的宏观系统，还是由原子及基本粒子构成的微观系统，只要系统所受合外力等于零，动量守恒定律都适用。
3. 动量守恒定律的研究对象是物体系。物体之间的相互作用称为物体系的内力，系统之外的物体的作用于该系统内任一物体上的力称为外力。内力只能改变系统中个别物体的动量，但不能改变系统的总动量。只有系统外力才能改变系统的总动量。
4. 守恒条件
(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒。
(2)近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。
(3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒。
5. 三种常见表达式
(1)p＝p′(系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′)。
实际应用时的三种常见形式：
a．m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(适用于作用前后都运动的两个物体组成的系统)。
b．0＝m1v1′＋m2v2′(适用于原来静止的两个物体组成的系统，比如爆炸、反冲等，两者速率及位移大小与各自质量成反比)。
c．m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v(适用于两物体作用后结合为一体或具有相同速度的情况，完全非弹性碰撞)。
(2)Δp＝0(系统总动量不变)。
(3)Δp1＝－Δp2(相互作用的两物体组成的系统，两物体动量增量大小相等、方向相反)。
5. 在中学阶段常用动量守恒公式解决同一直线上运动的两个物体相互作用的问题，在这种情况下应规定好正方向，方向由正、负号表示。
6. 两个物体构成的系统如果在某个方向所受合外力为零，则系统在这个方向上动量守恒。
7. 碰撞、爆炸等过程是在很短时间内完成的，物体间的相互作用力（内力）很大，远大于外力，外力可忽略。碰撞、爆炸等作用时间很短的过程可以认为动量守恒。
六、弹性碰撞与非弹性碰撞
1．碰撞的种类及特点
分类标准
种类
特点
能量是否守恒
弹性碰撞
动量守恒，机械能守恒
非弹性碰撞
动量守恒，机械能有损失
完全非弹性碰撞
动量守恒，机械能损失最大
碰撞前后动量是否共线
对心碰撞(正碰)
碰撞前后速度共线
非对心碰撞(斜碰)
碰撞前后速度不共线
2．碰撞和爆炸的比较
名称
比较项目
爆炸
碰撞
相同点
过程特点
都是物体间的相互作用突然发生，相互作用的力为变力，作用时间很短，平均作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以可以认为碰撞、爆炸过程中系统的总动量守恒。
能量情况
都满足能量守恒，总能量保持不变
不同点
动能、机
械能情况
有其他形式的能转化为动能，动能会增加，机械能不守恒。
弹性碰撞时动能不变，非弹性碰撞时动能要损失，动能转化为内能，动能减少，机械能不一定守恒。
3. 反冲运动
(1)反冲运动是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产生的效果。
(2)反冲运动的过程中，如果合外力为零或外力的作用远小于物体间的相互作用力，可利用动量守恒定律来处理。
【查漏补缺】
动量和动量定理
一、动量与冲量概念的理解及大小的计算
1．动量、动能、动量变化量的比较
动量
动能
动量变化量
定义
物体的质量和速度的乘积
物体由于运动而具有的能量
物体末动量与初动量的矢量差
定义式
p＝mv
Ek＝mv2
Δp＝p′－p
标矢性
矢量
标量
矢量
特点
状态量
状态量
过程量
关联方程
Ek＝，Ek＝pv，p＝，p＝
联系
(1)都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系
(2)若物体的动能发生变化，则动量一定也发生变化；但动量发生变化时动能不一定发生变化
2. 冲量的理解与计算
（1）恒力的冲量计算
恒力的冲量可直接根据定义式来计算，即由I=Ft而得。
（2）对于在同一方向上随时间均匀变化的力，可以用平均力计算冲量。
（3）方向恒定的变力的冲量计算。
如力F的方向恒定，而大小随时间变化的情况，如图所示，
则该力在时间t=t2-t1内的冲量大小在数值上就等于图中阴影部分的“面积”。
（4）一般变力的冲量计算
在中学物理中，一般变力的冲量通常是借助于动量定理来计算的。
（5）若过程中有多个力分别作用，可分时间段先求出各个时间段内各个力的冲量，然后得出整个过程中力的冲量。
（6）合力的冲量计算
几个力的合力的冲量计算，既可以先算出各个分力的冲量后再求矢量和，又可以先算各个分力的合力再算合力的冲量。
失分预警 动量和冲量都是矢量，计算时一定要指明方向。
【典例1】关于动量的变化，下列说法正确的是( )
A．做直线运动的物体速度增大时，动量的增量Δp的方向与运动方向相同
B．做直线运动的物体速度减小时，动量的增量Δp的方向与运动方向相反
C．物体的速度大小不变时，动量的增量Δp为零
D．物体做曲线运动时，动量的增量一定不为零
【答案】ABD
当物体速度减小时，p2
【典例2】如图所示，竖直面内有一个固定圆环，MN是它在竖直方向上的直径．两根光滑滑轨MP、QN的端点都在圆周上，MP>QN.将两个完全相同的小滑块a、b分别从M、Q点无初速度释放，在它们各自沿MP、QN运动到圆周上的过程中，下列说法中正确的是( )
A．合力对两滑块的冲量大小相同
B．重力对a滑块的冲量较大
C．弹力对a滑块的冲量较小
D．两滑块的动量变化大小相同
【答案】 C
二、动量定理的理解与应用
1．动量定理理解的要点
(1)矢量式．
(2)F既可以是恒力也可以是变力．
(3)冲量是动量变化的原因．
(4)由Ft＝p′－p，得F＝＝，即物体所受的合力等于物体的动量对时间的变化率．
2．应用动量定理解题的步骤
(1)明确研究对象和研究过程
研究对象可以是一个物体，也可以是几个物体组成的系统，系统内各物体可以是保持相对静止的，也可以是相对运动的。研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段。
(2)进行受力分析
只分析研究对象以外的物体施加给研究对象的力，所有外力之和为合外力。研究对象内部的相互作用力(内力)会改变系统内某一物体的动量，但不影响系统的总动量，因此不必分析内力。如果在所选定的研究过程的不同阶段中物体的受力情况不同，则要分别计算它们的冲量，然后求它们的矢量和。
(3)规定正方向
由于力、冲量、速度、动量都是矢量，在一维的情况下，列式前可以先规定一个正方向，与规定的正方向相同的矢量为正，反之为负。
(4)写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量(或各外力在各个阶段的冲量的矢量和)。
(5)根据动量定理列式求解。
3．应用动量定理解题的注意事项
(1)动量定理的表达式是矢量式，列式时要注意各个量与规定的正方向之间的关系(即要注意各个量的正负)。
(2)动量定理中的冲量是合外力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，也可以是各力冲量的矢量和，还可以是外力在不同阶段的冲量的矢量和。
(3)应用动量定理可以只研究一个物体，也可以研究几个物体组成的系统。
(4)初态的动量p是系统各部分动量之和，末态的动量p′也是系统各部分动量之和。
(5)对系统各部分的动量进行描述时，应该选取同一个参考系，不然求和无实际意义。
【题型一】用动量定理解释现象
对于与动量定理相关的现象，解释时需要从物体动量变化与作用力、作用时间的关系两个角度分析。
(1)Δp一定时，F的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小．
(2)F一定，此时力的作用时间越长，Δp就越大；力的作用时间越短，Δp就越小．
分析问题时，要把哪个量一定，哪个量变化搞清楚．
【典例3】人从高处跳到低处时，为了安全，一般都是让脚尖先着地，这是为了( )
A．减小地面对人的冲量
B．使人的动量变化减小
C．减小地面对人的冲力
D．增大人对地面的压强，起到安全保护作用
【答案】： C
【解析】： 人从高处跳下落地时的速度是一定的，与地面接触的过程中，人的动量变化是定值，所受到的冲量也是一定的，但脚尖先着地增加了缓冲时间，使得人所受冲力减小，起到安全保护作用，这个过程中人对地面的压强也相应减小。选项C正确。
【题型二】用动量定理求变力的冲量问题
变力的冲量不能直接套用公式I = Ft（类似于功的计算式W = Fxcos) 求解，要求解变力冲量（类似于求解变力做功）可选择的方法有：平均值法，即求出变力的平均力，再代入公式I = F(—)t 求出变力的冲量。只是平均力能否应用公式：F(—) = ，一定要注意其使用条件，千万不能乱套公式。 F—t图象法：画出 F一t图象，算出该图象与横坐标（时间轴）包围的面积就是所求的冲量。另外还有微元法等等不一而足，只是这些方法都有相应的条件，只有符合这些特定的条件才能使用上述这些方法，有较大的局限性，故求解变力冲量的基本方法是应用动量定理求解。
【典例4】以初速度v0竖直向上抛出一个质量为m的物体，空气阻力不可忽略．关于物体受到的冲量，以下说法错误的是 ( )
A．物体上升和下降两个阶段受到重力的冲量方向相反
B．物体上升和下降两个阶段受到空气阻力的冲量方向相反
C．物体在下降阶段受到重力的冲量大于上升阶段受到重力的冲量
D．物体从抛出到返回抛出点，所受各力冲量的总和方向向下
【答案】：A
【题型三】用动量定理解决连续流体的作用问题——微元法+流量求时间
所谓的连续作用体是指作用对象是连续不断的无数个微粒，如风或者水流等，解决此类问题的关键是找到相互作用的研究对象，进而对其列出相应的动量定理方程即可。
(1) 对于流体，一般选择一薄片流体作为微元。若流体与固体相互作用，可选择与固体接触部分的薄片流体作为微元进行研究。
在动量定理的相关计算中，若物体所受冲力远大于物体重力，一般忽略重力。
应用步骤：
⑴ 先选取一个薄片为研究对象，其质量为△m
⑵ 再用“流量”来求“作用时间△t”
①1S内流出的液柱的长为v
②1S内流出的液柱的体积为Sv
③1S内流出的液柱的质量为ρSv
④薄片与物体的作用时间
【典例5】（2016课标1卷）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
（i）喷泉单位时间内喷出的水的质量；
（ii）玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。
【答案】（i） （ii）
【解析】 （i）设时间内，从喷口喷出的水的体积为，质量为，则
①
②
由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为
③
（ii）设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为。对于时间内喷出的水，有能量守恒得④
【题型四】用动量定理巧解电量问题
无论是在磁场还是在电磁感应现象中，安培力都扮演着一个非常重要的角色，特别是一个导体受到的合外力仅为安培力时，对导体棒由动量定理可得IBL = ，设这段时间内通过导体棒某一横截面的电量为q，根据电流强度的定义式可得：q =I。联立以上两式可得：qLB =。这一结论有着非常广泛而巧妙的应用。
【典例6】如图所示，长为L，电阻为r=0.30Ω、质量为m=0.10kg的金属棒CD垂直跨搁在位于水平面上的两条平行光滑金属导轨上，两导轨间距也为L，金属棒与导轨间接触良好，导轨电阻不计，导轨左端接有阻值R=0.50Ω的电阻．量程为0～3．OA的电流表串接在一条导轨上，量程为0～1．OV的电压表接在电阻R的两端．垂直导轨平面的匀强磁场向下穿过平面。现以向右恒定外力F使金属棒向右移动。当金属棒以V = 2.0m/s的速度在导轨平面上匀速滑动时，观察到电路中的一个电表正好满偏，而另一个电表未满偏。问：
（1）此满偏的电表是什么表？说明理由．
（2）拉动金属棒的外力F多大？
（3）若此时撤去外力F，金属棒将逐渐慢下来，最终停止在导轨上．求从撤去外力到金属棒停止运动的过程中通过电阻R的电量。
【思路点拨】
（1）通过假设法，根据两电表的量程判断哪个电表先满偏．
（2） 外力做功的功率等于整个回路产生的热功率，根据能量守恒定律求出拉到金属棒的外力F的大小。
（3） 根据牛顿第二定律，通过微分的思想求出撤去外力到金属棒停止运动的过程中通过电阻R的电量。
【答案】（1）电压表满偏（2）1.6N（3）0.25C
【解析】（1）电压表满偏
理由是：若电流表满偏，回路中的电流应是I=3.0A，则电压表的示数应是U=IR=1.5V大于电压表量程；这不符合题意；若是电压表满偏，这时回路的电流是I==2.0A，说明电流表未满偏。
（2）根据能的转化和守恒定律：F v=I2（R+r），而I=，
解得：F==1.6N。
动量守恒的判断及动量守恒定律的简单应用
一、动量是否守恒的判断
判断动量是否守恒，首先要看清系统是由哪些物体所组成的，然后再根据动量守恒的条件进行判断(具备下列条件之一即可)：
(1)系统不受外力作用,这是一种理想化的情形,如宇宙中两星球的碰撞,微观粒子间的碰撞都可视为这种情形。
(2)系统受外力作用,但所受合外力为零。像光滑水平面上两物体的碰撞就是这种情形。
(3)系统受外力作用,所受的合外力不为零,但在某一方向上合外力为零,则系统在该方向上动量守恒。
(4)系统受外力作用,但当系统所受的外力远远小于系统内各物体间的内力时,系统的总动量近似守恒。例如,抛出去的手榴弹在空中爆炸的瞬间,弹片所受火药爆炸时的内力远大于其重力,重力完全可以忽略不计,系统的动量近似守恒。
满足前三条中的任何一个条件，系统的动量都是守恒的，满足第四个条件时系统的动量是近似守恒。动量守恒是自然界普遍适用的基本规律之一，它既适用于宏观、低速的物体，也适用于微观、高速的物体。
【典例1】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，一个质量也为m的小球从槽高h处开始自由下滑则( )
h
A．在以后的运动过程中，小球和槽的动量始终守恒
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．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动
D．被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，小球能回到槽高h处
【答案】C
二、动量守恒定律及其应用
1．动量守恒定律的“五性”
矢量性
动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向
相对性
各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面)
同时性
动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2……必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′……必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量
系统性
研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统
普适性
动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统
2．动量守恒定律的三种表达式及对应意义
(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。
(2)Δp＝p′－p＝0，即系统总动量的增量为0。
(3)Δp1＝－Δp2，即两个物体组成的系统中，一部分动量的增量与另一部分动量的增量大小相等、方向相反。
3.动量守恒定律解题的基本步骤
（1）明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)；
（2）进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)；
（3）规定正方向，确定初、末状态动量；
（4）由动量守恒定律列出方程；
（5）代入数据，求出结果，必要时讨论说明．
【典例2】如图所示，两块厚度相同的木块A、B，紧靠着放在光滑的桌面上，其质量分别为2.0 kg、0.9 kg，它们的下表面光滑，上表面粗糙，另有质量为0.10 kg的铅块C(大小可以忽略)以10 m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面，由于摩擦，铅块C最后停在木块B上，此时B、C的共同速度v＝0.5 m/s.求木块A的最终速度和铅块C刚滑到B上时的速度．
【答案】 0.25 m/s 2.75 m/s
【典例3】如图所示，光滑水平轨道上放置长木板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碰撞。求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小。
【答案】 2 m/s
【解析】 长木板A与滑块C处于光滑水平轨道上，两者碰撞时间极短，碰撞过程中滑块B与长木板A间的摩擦力可以忽略不计，长木板A与滑块C组成的系统，在碰撞过程中动量守恒，则mAv0＝mAvA＋mCvC
两者碰撞后，长木板A与滑块B组成的系统，在两者达到同速之前所受合外力为零，系统动量守恒，mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)v
长木板A和滑块B达到共同速度后，恰好不再与滑块C碰撞，则最后三者速度相等，vC＝v
联立以上各式，代入数值解得：vA＝2 m/s
【典例4】如图所示，在光滑的水平面上有两块并列放置的木块A与B，已知A的质量是500 g，B的质量是300 g，有一质量为80 g的小铜块C(可视为质点)以25 m/s的水平初速度开始在A的表面滑动。铜块最后停在B上，B与C一起以2.5 m/s的速度共同前进。求：
(1)木块A最后的速度vA′；
(2)C离开A时的速度vC′。
【答案】(1)2.1 m/s (2)4 m/s
【反思总结】
五步解决多物体、多过程动量守恒问题
1．找：找研究对象(系统包括哪几个物体)和研究过程；
2．析：进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或在某一方向是否守恒)；
3．定：规定正方向，确定初末状态动量正负号，画好分析图；
4．列：由动量守恒定律列式；
5．算：合理进行运算，得出最后的结果，并对结果进行讨论。
在以上五步中“找”与“析”是关键所在。
三、动量守恒定律与机械能守恒定律的比较
因为两个守恒定律的守恒条件不同,所以系统的动量守恒时,机械能不一定守恒,系统的机械能守恒时,动量不一定守恒,若两个守恒条件都满足时,则两个守恒定律都成立。
动量守恒定律
机械能守恒定律
相同点
1. 研究对象都是相互作用的物体组成的系统
2. 研究的都是某一运动过程
守恒条件
系统不受外力或所受外力的矢量和为零
系统只有重力或弹力做功
表达式
p1+p2=p1′+p2′
+=+
运算法则
用矢量法则进行合成或分解
代数和
(1)系统的动量守恒,并不是系统内各物体的动量都不变。
(2)一般来说,系统的动量守恒时,系统内各物体的动量是变化的,但系统内各物体的动量的矢量和是不变的。
【典例5】 光滑水平面上放着质量mA=1 kg的物块A与质量mB=2 kg的物块B,A与B均可视为质点,A靠在竖直墙壁上,A、B间有一个被压缩的轻弹簧(弹簧与A、B均不拴接),用手挡住B不动,此时弹簧弹性势能Ep=49 J。在A、B间系一轻质细绳,细绳长度大于弹簧的自然长度,如图所示。放手后B向右运动,绳在短暂时间内被拉断,之后B冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道,其半径R=0.5 m,B恰能到达最高点C。g取10 m/s2,求:
(1)绳拉断后瞬间B的速度vB的大小;
(2)绳拉断过程绳对B的冲量I的大小;
(3)绳拉断过程绳对A所做的功W。
【答案】(1)5 m/s (2)4 N·s (3)8 J
【解析】(1)设B在绳被拉断后瞬间的速度为vB,到达C时的速度为vC,有
mBg=mB ，
mBmB+2mBgR,
代入数据得vB=5 m/s。
动量和能量观点的综合应用
一、动量观点和能量观点
动量观点：动量定理和动量守恒定律．
能量观点：动能定理和能量守恒定律．
这两个观点研究的是物体或系统在运动变化所经历的过程中状态的改变，不对过程变化的细节做深入的研究，而只注重运动状态变化的结果及引起变化的原因。简单地说，只要求知道过程始末状态的动量式、动能式以及力在过程中的冲量和所做的功，即可对问题求解。
动量守恒定律与机械能守恒定律的比较
定律名称
比较项目
动量守恒定律
机械能守恒定律
相同点
研究对象
相互作用的物体组成的系统
研究过程
某一运动过程
不同点
守恒条件
系统不受外力或所受外力的矢量和为零
系统只有重力或弹力做功
表达式
p1＋p2＝p1′＋p2′
Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
矢标性
矢量式
标量式
某一方向上应用情况
可在某一方向上独立使用
不能在某一方向上独立使用
运算法则
矢量运算
代数运算
二、动量和能量综合问题分析注意事项
1. 动量定理和动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，绝无分量表达式。
2. 动量守恒及机械能守恒都有条件。
注意某些过程动量守恒，但机械能不守恒；某些过程机械能守恒，但动量不守恒；某些过程动量和机械能都守恒。但机械能不守恒的过程，能量仍守恒。
3. 当两物体相互作用后具有相同速度时，相互作用过程损失的机械能最多。
三、利用动量和能量的观点解题的技巧
(1)若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)。
(2)若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理。
(3)因为动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的始末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处。特别对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性。
【典例1】质量为m ＝1.0 kg 的物块A 以v0 ＝ 4.0 m/s 速度沿粗糙水平面滑向静止在水平面上质量为M ＝ 2.0 kg 的物块B，物块A 和物块B 碰撞时间极短，碰后两物块粘在一起。已知物块A 和物块B 均可视为质点，两物块间的距离为L ＝ 1.75 m，两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ ＝ 0.20，重力加速度g ＝ 10 m/s2.求：
(1) 物块A 和物块B 碰撞前的瞬间，物块A 的速度v 的大小；
(2) 物块A 和物块B 碰撞的过程中，物块A 对物块B 的冲量I；
(3) 物块A 和物块B 碰撞的过程中，系统损失的机械能ΔE.
【答案】 (1)3 m/s (2) 2 N·s 方向水平向右 (3) 3 J
【解析】 (1)物块A运动到和物块B碰撞前的瞬间，根据动能定理可知：
－μmgL＝mv2－mv ①
解得：v ＝ 3 m/s
(2) 以物块A和物块B为系统，根据动量守恒可知：
Mv ＝ (m＋M)v1 ②
以物块B为研究对象，根据动量定理可知：
I ＝ Mv1 ③
解得：I ＝ 2 N·s 方向水平向右。
【典例2】如图所示，光滑水平直导轨上有三个质量均为m的物块A、B、C，物块B、C静止，物块B的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质量不计）；让物块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．那么从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，求．
（1）A、B第一次速度相同时的速度大小；
（2）A、B第二次速度相同时的速度大小；
（3）弹簧被压缩到最短时的弹性势能大小
【答案】（1）v0（2）v0（3）
【解析】（1）对A、B接触的过程中，当第一次速度相同时，由动量守恒定律得，mv0=2mv1，
解得v1＝v0
（2）设AB第二次速度相同时的速度大小v2，对ABC系统，根据动量守恒定律：mv0=3mv2
解得v2=v0
（3）B与C接触的瞬间，B、C组成的系统动量守恒，有：
解得v3＝v0
系统损失的机械能为
当A、B、C速度相同时，弹簧的弹性势能最大．此时v2=v0
根据能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能
【典例3】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。不计b处的能量损失，求：
(1)木块在ab段受到的滑动摩擦力f；
(2)木块最后与a点的距离s。
【答案】(1) (2)L
【典例4】如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R＝0.5 m。物块A以v0＝6 m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L＝0.1 m。物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A、B的质量均为m＝1 kg(重力加速度g取10 m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短)。
(1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F；
(2)若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；
(3)求碰后AB滑至第n个(n＜k)光滑段上的速度vn与n的关系式。
【答案】 (1)4 m/s 22 N (2)45 (3)vn＝ m/s(n＜k)
【解析】 (1)物块A从滑入圆轨道到最高点Q，根据机械能守恒定律，得mv02＝mg·2R＋mv2
所以A滑过Q点时的速度
v＝＝ m/s＝4 m/s＞＝ m/s
在Q点根据牛顿第二定律和向心力公式，得
mg＋F＝m
所以A受到的弹力F＝－mg＝N＝22 N。
高考预测补缺训练
1．（2017河南省天一大联考）
如图所示，某人身系弹性绳自高空P点自由下落，a点是弹性绳的原长位置，b点是人静止悬挂时的平衡位置，c点是人所能到达的最低点，若把P点到a点的过程称为过程I，由a点到c点的过程称为过程II，不计空气阻力，下列说法正确的是
A．过程II中人的机械能守恒
B．过程II中人的动量的改变量大小等于过程I中重力的冲量大小
C．过程II中人的动能逐渐减小到零
D．过程I中人的动量的改变量等于重力的冲量
【答案】BD
2．（2017河南洛阳市高三第一次统一考试）
如图所示，直流为m=245g的物块（可视为质点）方在质量为M=0.5kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物质与木板间的动摩擦因数为μ=0.4，质量为=5g的子弹以速度=300m/s沿水平方向射入物块并留在其中（时间极短），，则在整个过程中
A. 物块和木板组成的系统动量守恒
B. 子弹的末动量大小为0.01kgm/s
C. 子弹对物块的冲量大小为0.49Ns
D. 物块相对木板滑行的时间为1s
【答案】BD
【解析】子弹进入木块的过程中，木块的动量增大，所以物块和木板组成的系统动量不守恒．故A错误；选取向右为正方向，子弹打入木块过程，由动量守恒定律可得：
m0v0=（m0+m）v1…①
由动量定理可得子弹受到的冲量：I＝△P＝P−P0＝0.01−5×10−3×300＝1.49kgm/s=1.49N•s．子弹与物块作用力的时间相等，相互作用力大小始终相等，而方向相反，所以子弹对物块的冲量大小也是1.49Ns．故C错误；对子弹木块整体，由动量定理得：
-μ（m0+m）gt=（m0+m）（v2-v1） ③
由①②③式可得，物块相对于木板滑行的时间 ．故D正确．
故选：BD.
3．（2017贵州凯里一中高三下高考适应性月考五）如图所示，竖直平面内的光滑水平轨道的左边与墙壁对接，右边与一个足够高的光滑圆弧轨道平滑相连，木块A、B静置于光滑水平轨道上，A、B的质量分别为和。现让A以的速度水平向左运动，之后与墙壁碰撞，碰撞的时间为，碰后的速度大小变为，当A与B碰撞后立即粘在一起运动，g取，则（ ）
A.A与墙壁碰撞的过程中，墙壁对A的平均作用力的大小
B.A与墙壁碰撞的过程中没有能量损失
C.A、B碰撞后的速度
D.A、B滑上圆弧轨道的最大高度
【答案】AC
【解析】设水平向右为正方向，A与墙壁碰撞时根据动量定理有，解得，故A正确。若A与墙壁碰撞时无能量损失，A将以速度水平向右运动，由题已知碰后的速度大小变为4m/s，故B错误。设碰撞后A、B的共同速度为，根据动量守恒定律有，解得 ，故C正确。A、B在光滑圆弧轨道上滑动时，机械能守恒，由机械能守恒定律得，解得，故D错误。
4． 如图所示，甲车质量m1 ＝ m，在车上有质量为M ＝2m 的人，甲车(连同车上的人)从足够长的斜坡上高h处由静止滑下，到水平面上后继续向前滑动，此时质量m2＝2m 的乙车正以v0 的速度迎面滑来，已知h ＝，为了使两车不可能发生碰撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳上乙车，试求人跳离甲车的水平速度(相对地面)应满足什么条件？不计地面和斜坡的摩擦，小车和人均可看作质点。
【答案】 v0≤v≤v0
【解析】 设甲车(包括人)滑下斜坡后速度为v1，由机械能守恒定律得(m1＋M)v＝(m1＋M)gh
得：v1＝＝2v0
解得v1′＝6v0－2v③
v2′＝v－v0④
两车不可能发生碰撞的临界条件是v1′＝±v2′
当v1′＝v2′时，由③④解得v＝v0
当v1′＝－v2′时，由③④解得v＝v0
故v的取值范围为v0≤v≤v0.
6．（2017广东揭阳市高三上期末调研）
如图所示，固定的光滑平台上固定有光滑的半圆轨道，轨道半径R=0．6m。平台上静止着两个滑块A、B，mA=0．1kg，mB=0．2kg，两滑块间夹有少量炸药，平台右侧有一带挡板的小车，静止在光滑的水平地面上。小车质量为M=0．3kg，车面与平台的台面等高，小车的上表面的右侧固定一根轻弹簧，弹簧的自由端在Q点，小车的上表面左端点P与Q点之间是粗糙的，滑块B与PQ之间表面的动摩擦因数为μ=0．2，Q点右侧表面是光滑的。点燃炸药后，A、B分离瞬间A滑块获得向左的速度m/s，而滑块B则冲向小车。两滑块都可以看作质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后两个物块的速度方向在同一水平直线上，且g=10m/s2。求：
（1）滑块A在半圆轨道最高点对轨道的压力；
（2）若L=0．8m，滑块B滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能；
（3）要使滑块B既能挤压弹簧，又最终没有滑离小车，则小车上PQ之间的距离L应在什么范围内？
【答案】（1）1N，方向竖直向上（2）（3）0．675m＜L＜1．35m
【解析】（1）A从轨道最低点到轨道最高点由机械能守恒定律得：
在最高点由牛顿第二定律：
滑块在半圆轨道最高点受到的压力为：N
由牛顿第三定律得：滑块在半圆轨道最高点对轨道的压力大小为1N，方向竖直向上
（2）爆炸过程由动量守恒定律：，解得
滑块B冲上小车后将弹簧压缩到最短时，弹簧具有最大弹性势能，由动量守恒定律得：
由能量守恒定律：，解得
若小车PQ之间的距离L不是很大，则滑块必然挤压弹簧，由于Q点右侧是光滑的，滑块必然被弹回到PQ之间，设滑块恰好回到小车的左端P点处，由能量守恒定律得
联立式解得L2=0．675m
综上所述，要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有离开小车，PQ之间的距离L应满足的范围是0．675m＜L＜1．35m
7．（2017河北省定州中学高三下开学考试）
如图所示，在同一竖直面上，质量为2m的小球A静止在光滑斜面的底部，斜面高度为H＝2L．小球受到弹簧的弹性力作用后，沿斜面向上运动．离开斜面后，运动到最高点时与静止悬挂在此处的小球B发生弹性碰撞（碰撞过程无动能损失），碰撞后球B刚好能摆到与悬点O同一高度，球A沿水平方向抛射落在水平面C上的P点，O点的投影O/与P的距离为L/2．已知球B质量为m，悬绳长L，视两球为质点，重力加速度为g，不计空气阻力，求：
（1）球B在两球碰撞后一瞬间的速度大小；
（2）球A在两球碰撞前一瞬间的速度大小；
（3）弹簧的弹性力对球A所做的功。
【答案】（1）（2）（3）
【解析】两球碰撞过程满足动量守恒定律，B球上升过程满足机械能守恒定律或动能定理，A球碰撞后做平抛运动，A球从弹起到与B球碰撞可用动能定理．
（1）碰撞后，根据机械能守恒定律，对B球有：
解得：
【知识网络】
【知识清单】
一、冲量
1. 冲量：作用在物体上的力和力的作用时间的乘积叫做冲量。表示为I = F·t。
2. 冲量是个矢量。它的方向与力的方向相同。
3. 冲量的单位：在国际单位制中，冲量的单位是牛顿·秒（N·S）。
4. 物体受到变力作用时，可引入平均作用力的冲量。。
5. 冲量是力的时间积累量，是与物体运动过程相联系的量。冲量的作用效果是使物体动量发生改变，因此冲量的大小和方向只与动量的增量直接发生联系，而与物体动量没有什么直接必然联系。
6. 冲量是矢量，因而可用平行四边形法则进行合成和分解。合力的冲量总等于分力冲量的矢量和。
二、动量
1. 动量：物体质量与它的速度的乘积叫做动量。表示为。
2. 动量是矢量，它的方向与物体的速度方向相同。
3. 动量的单位：在国际单位制中，动量的单位为千克·米/秒（kg·m/s）。
4. 动量与物体的速度有瞬时对应的关系。说物体的动量要指明是哪一时刻或哪一个位置时物体的动量。所以动量是描述物体瞬时运动状态的一个物理量。动量与物体运动速度有关，但它不能表示物体运动快慢，两个质量不同的物体具有相同的速度，但不具有相同的动量。
5. 当物体在一条直线上运动时，其动量的方向可用正负号表示。
6. 动能与动量都是描述物体运动状态的物理量，但意义不同。物体动能增量与力的空间积累量——功相联系，而物体动量的增量则与力的时间积累量——冲量相联系。
三、动量、动能、动量变化量的比较
名称
项目
动量
动能
动量变化量
定义
物体的质量和速度的乘积
物体由于运动而具有的能量
物体末动量与初动量的矢量差
定义式
p＝mv
Ek＝mv2
Δp＝p′－p
矢标性
矢量
标量
矢量
特点
状态量
状态量
过程量
关联方程
Ek＝，Ek＝pv，p＝，p＝
特别提醒：
1. 因为速度与参考系的选择有关，所以动量也跟参考系的选择有关，通常情况下，物体的动量是相对地面而言的。
2. 物体动量的变化率 等于它所受的力，这是牛顿第二定律的另一种表达方式。
四、动量定理
1. 物体受到冲量的作用，将引起它运动状态的变化，具体表现为动量的变化。
2. 动量定理：物体所受的合外力的冲量等于物体动量的增量。用公式表示为：
3. 在中学阶段，动量定理的研究对象通常是指单个物体，合外力是指物体受到的一切外力的合力。实际上，动量定理对物体系统也是适用的。对物体系统来说，内力不会改变系统的动量，同样是系统合外力的冲量等于系统的动量变化。不加声明，应用动量定理时，总是以地面为参照系，即P1，P2，都是相对地面而言的。
4. 动量定理说明合外力的冲量与动量变化的数值相同，方向一致，单位等效，但不能认为合外力的冲量就是动量的增量。对方向变化的力，其冲量的方向与力的方向一般不同，但冲量的方向与动量变化的方向一定相同。 若公式中各量均在一条直线上，可规定某一方向为正，根据已知各量的方向确定它们的正负，从而把矢量运算简化为代数运算。公式中的“－”号是运算符号，与正方向的选取无关。
5. 动量定理揭示的因果关系。它表明物体所受合外力的冲量是物体动量变化的原因，物体动量的变化是由它受到的外力经过一段时间积累的结果。
6. 动量定理的分量形式：物体在某一方向上的动量变化只由这一方向上的外力冲量决定。
Fxt＝mVx′－mVx
Fyt＝mVy′－mVy
7. 动量定理既适用于恒力，也适用于变力。对于变力的情况，动量定理中的F应理解为变力在作用时间内的平均值。
8. 牛顿第二定律的动量表示，F＝(P′－P)/t＝ΔP/t。从该式可以得出：合外力等于物体的动量变化率。动量定理和牛顿第二定律为研究同一力学过程提供了不同角度的研究方法。应用牛顿第二定律时，要涉及物体运动过程中的加速度，而用动量定理只涉及始末状态的动量，因而在过程量未给出的情况下，用动量定理解题较为方便，尤其对于物体在变力作用下做非匀变速直线运动或曲线运动的情况，就更为简便。
9. 动量定理应用举例
(1) 解释现象
①在ΔP一定的情况下，要减小力F，可以延长力的作用时间；要增大力F，可缩短力的作用时间。
②在F一定的情况下，作用时间t短则ΔP小，作用时间t长则ΔP大；
③在t一定的情况下，作用力F小则ΔP小，作用力F大则ΔP大。
(2) 定量计算
应用动量定理解题的步骤：
①确定研究对象；
②对研究对象进行正确的受力分析，确定合外力及作用时间；
③找出物体的初末状态并确定相应的动量；
④如果初、末动量在同一直线上，则选定正方向，并给每个力的冲量和初、末动量带上正负号，以表示和正方向同向或反向；如果初、末动量不在同一直线上，则用平行四边形定则求解；
⑤根据动量定理列方程；
⑥解方程，讨论。
五、动量守恒定律及其应用
1. 动量守恒定律内容：系统不受外力或所受外力的合力为零，这个系统的总动量就保持不变。用公式表示为：
或
2. 动量守恒定律的适用范围：动量守恒定律适用于惯性参考系。无论是宏观物体构成的宏观系统，还是由原子及基本粒子构成的微观系统，只要系统所受合外力等于零，动量守恒定律都适用。
3. 动量守恒定律的研究对象是物体系。物体之间的相互作用称为物体系的内力，系统之外的物体的作用于该系统内任一物体上的力称为外力。内力只能改变系统中个别物体的动量，但不能改变系统的总动量。只有系统外力才能改变系统的总动量。
4. 守恒条件
(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒。
(2)近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。
(3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒。
5. 三种常见表达式
(1)p＝p′(系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′)。
实际应用时的三种常见形式：
a．m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(适用于作用前后都运动的两个物体组成的系统)。
b．0＝m1v1′＋m2v2′(适用于原来静止的两个物体组成的系统，比如爆炸、反冲等，两者速率及位移大小与各自质量成反比)。
c．m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v(适用于两物体作用后结合为一体或具有相同速度的情况，完全非弹性碰撞)。
(2)Δp＝0(系统总动量不变)。
(3)Δp1＝－Δp2(相互作用的两物体组成的系统，两物体动量增量大小相等、方向相反)。
5. 在中学阶段常用动量守恒公式解决同一直线上运动的两个物体相互作用的问题，在这种情况下应规定好正方向，方向由正、负号表示。
6. 两个物体构成的系统如果在某个方向所受合外力为零，则系统在这个方向上动量守恒。
7. 碰撞、爆炸等过程是在很短时间内完成的，物体间的相互作用力（内力）很大，远大于外力，外力可忽略。碰撞、爆炸等作用时间很短的过程可以认为动量守恒。
六、弹性碰撞与非弹性碰撞
1．碰撞的种类及特点
分类标准
种类
特点
能量是否守恒
弹性碰撞
动量守恒，机械能守恒
非弹性碰撞
动量守恒，机械能有损失
完全非弹性碰撞
动量守恒，机械能损失最大
碰撞前后动量是否共线
对心碰撞(正碰)
碰撞前后速度共线
非对心碰撞(斜碰)
碰撞前后速度不共线
2．碰撞和爆炸的比较
名称
比较项目
爆炸
碰撞
相同点
过程特点
都是物体间的相互作用突然发生，相互作用的力为变力，作用时间很短，平均作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以可以认为碰撞、爆炸过程中系统的总动量守恒。
能量情况
都满足能量守恒，总能量保持不变
不同点
动能、机
械能情况
有其他形式的能转化为动能，动能会增加，机械能不守恒。
弹性碰撞时动能不变，非弹性碰撞时动能要损失，动能转化为内能，动能减少，机械能不一定守恒。
3. 反冲运动
(1)反冲运动是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产生的效果。
(2)反冲运动的过程中，如果合外力为零或外力的作用远小于物体间的相互作用力，可利用动量守恒定律来处理。
【查漏补缺】
动量和动量定理
一、动量与冲量概念的理解及大小的计算
1．动量、动能、动量变化量的比较
动量
动能
动量变化量
定义
物体的质量和速度的乘积
物体由于运动而具有的能量
物体末动量与初动量的矢量差
定义式
p＝mv
Ek＝mv2
Δp＝p′－p
标矢性
矢量
标量
矢量
特点
状态量
状态量
过程量
关联方程
Ek＝，Ek＝pv，p＝，p＝
联系
(1)都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系
(2)若物体的动能发生变化，则动量一定也发生变化；但动量发生变化时动能不一定发生变化
2. 冲量的理解与计算
（1）恒力的冲量计算
恒力的冲量可直接根据定义式来计算，即由I=Ft而得。
（2）对于在同一方向上随时间均匀变化的力，可以用平均力计算冲量。
（3）方向恒定的变力的冲量计算。
如力F的方向恒定，而大小随时间变化的情况，如图所示，
则该力在时间t=t2-t1内的冲量大小在数值上就等于图中阴影部分的“面积”。
（4）一般变力的冲量计算
在中学物理中，一般变力的冲量通常是借助于动量定理来计算的。
（5）若过程中有多个力分别作用，可分时间段先求出各个时间段内各个力的冲量，然后得出整个过程中力的冲量。
（6）合力的冲量计算
几个力的合力的冲量计算，既可以先算出各个分力的冲量后再求矢量和，又可以先算各个分力的合力再算合力的冲量。
失分预警 动量和冲量都是矢量，计算时一定要指明方向。
【典例1】关于动量的变化，下列说法正确的是( )
A．做直线运动的物体速度增大时，动量的增量Δp的方向与运动方向相同
B．做直线运动的物体速度减小时，动量的增量Δp的方向与运动方向相反
C．物体的速度大小不变时，动量的增量Δp为零
D．物体做曲线运动时，动量的增量一定不为零
【答案】ABD
当物体速度减小时，p2
【典例2】如图所示，竖直面内有一个固定圆环，MN是它在竖直方向上的直径．两根光滑滑轨MP、QN的端点都在圆周上，MP>QN.将两个完全相同的小滑块a、b分别从M、Q点无初速度释放，在它们各自沿MP、QN运动到圆周上的过程中，下列说法中正确的是( )
A．合力对两滑块的冲量大小相同
B．重力对a滑块的冲量较大
C．弹力对a滑块的冲量较小
D．两滑块的动量变化大小相同
【答案】 C
二、动量定理的理解与应用
1．动量定理理解的要点
(1)矢量式．
(2)F既可以是恒力也可以是变力．
(3)冲量是动量变化的原因．
(4)由Ft＝p′－p，得F＝＝，即物体所受的合力等于物体的动量对时间的变化率．
2．应用动量定理解题的步骤
(1)明确研究对象和研究过程
研究对象可以是一个物体，也可以是几个物体组成的系统，系统内各物体可以是保持相对静止的，也可以是相对运动的。研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段。
(2)进行受力分析
只分析研究对象以外的物体施加给研究对象的力，所有外力之和为合外力。研究对象内部的相互作用力(内力)会改变系统内某一物体的动量，但不影响系统的总动量，因此不必分析内力。如果在所选定的研究过程的不同阶段中物体的受力情况不同，则要分别计算它们的冲量，然后求它们的矢量和。
(3)规定正方向
由于力、冲量、速度、动量都是矢量，在一维的情况下，列式前可以先规定一个正方向，与规定的正方向相同的矢量为正，反之为负。
(4)写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量(或各外力在各个阶段的冲量的矢量和)。
(5)根据动量定理列式求解。
3．应用动量定理解题的注意事项
(1)动量定理的表达式是矢量式，列式时要注意各个量与规定的正方向之间的关系(即要注意各个量的正负)。
(2)动量定理中的冲量是合外力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，也可以是各力冲量的矢量和，还可以是外力在不同阶段的冲量的矢量和。
(3)应用动量定理可以只研究一个物体，也可以研究几个物体组成的系统。
(4)初态的动量p是系统各部分动量之和，末态的动量p′也是系统各部分动量之和。
(5)对系统各部分的动量进行描述时，应该选取同一个参考系，不然求和无实际意义。
【题型一】用动量定理解释现象
对于与动量定理相关的现象，解释时需要从物体动量变化与作用力、作用时间的关系两个角度分析。
(1)Δp一定时，F的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小．
(2)F一定，此时力的作用时间越长，Δp就越大；力的作用时间越短，Δp就越小．
分析问题时，要把哪个量一定，哪个量变化搞清楚．
【典例3】人从高处跳到低处时，为了安全，一般都是让脚尖先着地，这是为了( )
A．减小地面对人的冲量
B．使人的动量变化减小
C．减小地面对人的冲力
D．增大人对地面的压强，起到安全保护作用
【答案】： C
【解析】： 人从高处跳下落地时的速度是一定的，与地面接触的过程中，人的动量变化是定值，所受到的冲量也是一定的，但脚尖先着地增加了缓冲时间，使得人所受冲力减小，起到安全保护作用，这个过程中人对地面的压强也相应减小。选项C正确。
【题型二】用动量定理求变力的冲量问题
变力的冲量不能直接套用公式I = Ft（类似于功的计算式W = Fxcos) 求解，要求解变力冲量（类似于求解变力做功）可选择的方法有：平均值法，即求出变力的平均力，再代入公式I = F(—)t 求出变力的冲量。只是平均力能否应用公式：F(—) = ，一定要注意其使用条件，千万不能乱套公式。 F—t图象法：画出 F一t图象，算出该图象与横坐标（时间轴）包围的面积就是所求的冲量。另外还有微元法等等不一而足，只是这些方法都有相应的条件，只有符合这些特定的条件才能使用上述这些方法，有较大的局限性，故求解变力冲量的基本方法是应用动量定理求解。
【典例4】以初速度v0竖直向上抛出一个质量为m的物体，空气阻力不可忽略．关于物体受到的冲量，以下说法错误的是 ( )
A．物体上升和下降两个阶段受到重力的冲量方向相反
B．物体上升和下降两个阶段受到空气阻力的冲量方向相反
C．物体在下降阶段受到重力的冲量大于上升阶段受到重力的冲量
D．物体从抛出到返回抛出点，所受各力冲量的总和方向向下
【答案】：A
【题型三】用动量定理解决连续流体的作用问题——微元法+流量求时间
所谓的连续作用体是指作用对象是连续不断的无数个微粒，如风或者水流等，解决此类问题的关键是找到相互作用的研究对象，进而对其列出相应的动量定理方程即可。
(1) 对于流体，一般选择一薄片流体作为微元。若流体与固体相互作用，可选择与固体接触部分的薄片流体作为微元进行研究。
在动量定理的相关计算中，若物体所受冲力远大于物体重力，一般忽略重力。
应用步骤：
⑴ 先选取一个薄片为研究对象，其质量为△m
⑵ 再用“流量”来求“作用时间△t”
①1S内流出的液柱的长为v
②1S内流出的液柱的体积为Sv
③1S内流出的液柱的质量为ρSv
④薄片与物体的作用时间
【典例5】（2016课标1卷）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
（i）喷泉单位时间内喷出的水的质量；
（ii）玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。
【答案】（i） （ii）
【解析】 （i）设时间内，从喷口喷出的水的体积为，质量为，则
①
②
由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为
③
（ii）设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为。对于时间内喷出的水，有能量守恒得④
【题型四】用动量定理巧解电量问题
无论是在磁场还是在电磁感应现象中，安培力都扮演着一个非常重要的角色，特别是一个导体受到的合外力仅为安培力时，对导体棒由动量定理可得IBL = ，设这段时间内通过导体棒某一横截面的电量为q，根据电流强度的定义式可得：q =I。联立以上两式可得：qLB =。这一结论有着非常广泛而巧妙的应用。
【典例6】如图所示，长为L，电阻为r=0.30Ω、质量为m=0.10kg的金属棒CD垂直跨搁在位于水平面上的两条平行光滑金属导轨上，两导轨间距也为L，金属棒与导轨间接触良好，导轨电阻不计，导轨左端接有阻值R=0.50Ω的电阻．量程为0～3．OA的电流表串接在一条导轨上，量程为0～1．OV的电压表接在电阻R的两端．垂直导轨平面的匀强磁场向下穿过平面。现以向右恒定外力F使金属棒向右移动。当金属棒以V = 2.0m/s的速度在导轨平面上匀速滑动时，观察到电路中的一个电表正好满偏，而另一个电表未满偏。问：
（1）此满偏的电表是什么表？说明理由．
（2）拉动金属棒的外力F多大？
（3）若此时撤去外力F，金属棒将逐渐慢下来，最终停止在导轨上．求从撤去外力到金属棒停止运动的过程中通过电阻R的电量。
【思路点拨】
（1）通过假设法，根据两电表的量程判断哪个电表先满偏．
（2） 外力做功的功率等于整个回路产生的热功率，根据能量守恒定律求出拉到金属棒的外力F的大小。
（3） 根据牛顿第二定律，通过微分的思想求出撤去外力到金属棒停止运动的过程中通过电阻R的电量。
【答案】（1）电压表满偏（2）1.6N（3）0.25C
【解析】（1）电压表满偏
理由是：若电流表满偏，回路中的电流应是I=3.0A，则电压表的示数应是U=IR=1.5V大于电压表量程；这不符合题意；若是电压表满偏，这时回路的电流是I==2.0A，说明电流表未满偏。
（2）根据能的转化和守恒定律：F v=I2（R+r），而I=，
解得：F==1.6N。
动量守恒的判断及动量守恒定律的简单应用
一、动量是否守恒的判断
判断动量是否守恒，首先要看清系统是由哪些物体所组成的，然后再根据动量守恒的条件进行判断(具备下列条件之一即可)：
(1)系统不受外力作用,这是一种理想化的情形,如宇宙中两星球的碰撞,微观粒子间的碰撞都可视为这种情形。
(2)系统受外力作用,但所受合外力为零。像光滑水平面上两物体的碰撞就是这种情形。
(3)系统受外力作用,所受的合外力不为零,但在某一方向上合外力为零,则系统在该方向上动量守恒。
(4)系统受外力作用,但当系统所受的外力远远小于系统内各物体间的内力时,系统的总动量近似守恒。例如,抛出去的手榴弹在空中爆炸的瞬间,弹片所受火药爆炸时的内力远大于其重力,重力完全可以忽略不计,系统的动量近似守恒。
满足前三条中的任何一个条件，系统的动量都是守恒的，满足第四个条件时系统的动量是近似守恒。动量守恒是自然界普遍适用的基本规律之一，它既适用于宏观、低速的物体，也适用于微观、高速的物体。
【典例1】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，一个质量也为m的小球从槽高h处开始自由下滑则( )
h
A．在以后的运动过程中，小球和槽的动量始终守恒
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．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动
D．被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，小球能回到槽高h处
【答案】C
二、动量守恒定律及其应用
1．动量守恒定律的“五性”
矢量性
动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向
相对性
各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面)
同时性
动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2……必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′……必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量
系统性
研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统
普适性
动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统
2．动量守恒定律的三种表达式及对应意义
(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。
(2)Δp＝p′－p＝0，即系统总动量的增量为0。
(3)Δp1＝－Δp2，即两个物体组成的系统中，一部分动量的增量与另一部分动量的增量大小相等、方向相反。
3.动量守恒定律解题的基本步骤
（1）明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)；
（2）进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)；
（3）规定正方向，确定初、末状态动量；
（4）由动量守恒定律列出方程；
（5）代入数据，求出结果，必要时讨论说明．
【典例2】如图所示，两块厚度相同的木块A、B，紧靠着放在光滑的桌面上，其质量分别为2.0 kg、0.9 kg，它们的下表面光滑，上表面粗糙，另有质量为0.10 kg的铅块C(大小可以忽略)以10 m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面，由于摩擦，铅块C最后停在木块B上，此时B、C的共同速度v＝0.5 m/s.求木块A的最终速度和铅块C刚滑到B上时的速度．
【答案】 0.25 m/s 2.75 m/s
【典例3】如图所示，光滑水平轨道上放置长木板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碰撞。求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小。
【答案】 2 m/s
【解析】 长木板A与滑块C处于光滑水平轨道上，两者碰撞时间极短，碰撞过程中滑块B与长木板A间的摩擦力可以忽略不计，长木板A与滑块C组成的系统，在碰撞过程中动量守恒，则mAv0＝mAvA＋mCvC
两者碰撞后，长木板A与滑块B组成的系统，在两者达到同速之前所受合外力为零，系统动量守恒，mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)v
长木板A和滑块B达到共同速度后，恰好不再与滑块C碰撞，则最后三者速度相等，vC＝v
联立以上各式，代入数值解得：vA＝2 m/s
【典例4】如图所示，在光滑的水平面上有两块并列放置的木块A与B，已知A的质量是500 g，B的质量是300 g，有一质量为80 g的小铜块C(可视为质点)以25 m/s的水平初速度开始在A的表面滑动。铜块最后停在B上，B与C一起以2.5 m/s的速度共同前进。求：
(1)木块A最后的速度vA′；
(2)C离开A时的速度vC′。
【答案】(1)2.1 m/s (2)4 m/s
【反思总结】
五步解决多物体、多过程动量守恒问题
1．找：找研究对象(系统包括哪几个物体)和研究过程；
2．析：进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或在某一方向是否守恒)；
3．定：规定正方向，确定初末状态动量正负号，画好分析图；
4．列：由动量守恒定律列式；
5．算：合理进行运算，得出最后的结果，并对结果进行讨论。
在以上五步中“找”与“析”是关键所在。
三、动量守恒定律与机械能守恒定律的比较
因为两个守恒定律的守恒条件不同,所以系统的动量守恒时,机械能不一定守恒,系统的机械能守恒时,动量不一定守恒,若两个守恒条件都满足时,则两个守恒定律都成立。
动量守恒定律
机械能守恒定律
相同点
1. 研究对象都是相互作用的物体组成的系统
2. 研究的都是某一运动过程
守恒条件
系统不受外力或所受外力的矢量和为零
系统只有重力或弹力做功
表达式
p1+p2=p1′+p2′
+=+
运算法则
用矢量法则进行合成或分解
代数和
(1)系统的动量守恒,并不是系统内各物体的动量都不变。
(2)一般来说,系统的动量守恒时,系统内各物体的动量是变化的,但系统内各物体的动量的矢量和是不变的。
【典例5】 光滑水平面上放着质量mA=1 kg的物块A与质量mB=2 kg的物块B,A与B均可视为质点,A靠在竖直墙壁上,A、B间有一个被压缩的轻弹簧(弹簧与A、B均不拴接),用手挡住B不动,此时弹簧弹性势能Ep=49 J。在A、B间系一轻质细绳,细绳长度大于弹簧的自然长度,如图所示。放手后B向右运动,绳在短暂时间内被拉断,之后B冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道,其半径R=0.5 m,B恰能到达最高点C。g取10 m/s2,求:
(1)绳拉断后瞬间B的速度vB的大小;
(2)绳拉断过程绳对B的冲量I的大小;
(3)绳拉断过程绳对A所做的功W。
【答案】(1)5 m/s (2)4 N·s (3)8 J
【解析】(1)设B在绳被拉断后瞬间的速度为vB,到达C时的速度为vC,有
mBg=mB ，
mBmB+2mBgR,
代入数据得vB=5 m/s。
动量和能量观点的综合应用
一、动量观点和能量观点
动量观点：动量定理和动量守恒定律．
能量观点：动能定理和能量守恒定律．
这两个观点研究的是物体或系统在运动变化所经历的过程中状态的改变，不对过程变化的细节做深入的研究，而只注重运动状态变化的结果及引起变化的原因。简单地说，只要求知道过程始末状态的动量式、动能式以及力在过程中的冲量和所做的功，即可对问题求解。
动量守恒定律与机械能守恒定律的比较
定律名称
比较项目
动量守恒定律
机械能守恒定律
相同点
研究对象
相互作用的物体组成的系统
研究过程
某一运动过程
不同点
守恒条件
系统不受外力或所受外力的矢量和为零
系统只有重力或弹力做功
表达式
p1＋p2＝p1′＋p2′
Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
矢标性
矢量式
标量式
某一方向上应用情况
可在某一方向上独立使用
不能在某一方向上独立使用
运算法则
矢量运算
代数运算
二、动量和能量综合问题分析注意事项
1. 动量定理和动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，绝无分量表达式。
2. 动量守恒及机械能守恒都有条件。
注意某些过程动量守恒，但机械能不守恒；某些过程机械能守恒，但动量不守恒；某些过程动量和机械能都守恒。但机械能不守恒的过程，能量仍守恒。
3. 当两物体相互作用后具有相同速度时，相互作用过程损失的机械能最多。
三、利用动量和能量的观点解题的技巧
(1)若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)。
(2)若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理。
(3)因为动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的始末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处。特别对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性。
【典例1】质量为m ＝1.0 kg 的物块A 以v0 ＝ 4.0 m/s 速度沿粗糙水平面滑向静止在水平面上质量为M ＝ 2.0 kg 的物块B，物块A 和物块B 碰撞时间极短，碰后两物块粘在一起。已知物块A 和物块B 均可视为质点，两物块间的距离为L ＝ 1.75 m，两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ ＝ 0.20，重力加速度g ＝ 10 m/s2.求：
(1) 物块A 和物块B 碰撞前的瞬间，物块A 的速度v 的大小；
(2) 物块A 和物块B 碰撞的过程中，物块A 对物块B 的冲量I；
(3) 物块A 和物块B 碰撞的过程中，系统损失的机械能ΔE.
【答案】 (1)3 m/s (2) 2 N·s 方向水平向右 (3) 3 J
【解析】 (1)物块A运动到和物块B碰撞前的瞬间，根据动能定理可知：
－μmgL＝mv2－mv ①
解得：v ＝ 3 m/s
(2) 以物块A和物块B为系统，根据动量守恒可知：
Mv ＝ (m＋M)v1 ②
以物块B为研究对象，根据动量定理可知：
I ＝ Mv1 ③
解得：I ＝ 2 N·s 方向水平向右。
【典例2】如图所示，光滑水平直导轨上有三个质量均为m的物块A、B、C，物块B、C静止，物块B的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质量不计）；让物块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．那么从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，求．
（1）A、B第一次速度相同时的速度大小；
（2）A、B第二次速度相同时的速度大小；
（3）弹簧被压缩到最短时的弹性势能大小
【答案】（1）v0（2）v0（3）
【解析】（1）对A、B接触的过程中，当第一次速度相同时，由动量守恒定律得，mv0=2mv1，
解得v1＝v0
（2）设AB第二次速度相同时的速度大小v2，对ABC系统，根据动量守恒定律：mv0=3mv2
解得v2=v0
（3）B与C接触的瞬间，B、C组成的系统动量守恒，有：
解得v3＝v0
系统损失的机械能为
当A、B、C速度相同时，弹簧的弹性势能最大．此时v2=v0
根据能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能
【典例3】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。不计b处的能量损失，求：
(1)木块在ab段受到的滑动摩擦力f；
(2)木块最后与a点的距离s。
【答案】(1) (2)L
【典例4】如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R＝0.5 m。物块A以v0＝6 m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L＝0.1 m。物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A、B的质量均为m＝1 kg(重力加速度g取10 m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短)。
(1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F；
(2)若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；
(3)求碰后AB滑至第n个(n＜k)光滑段上的速度vn与n的关系式。
【答案】 (1)4 m/s 22 N (2)45 (3)vn＝ m/s(n＜k)
【解析】 (1)物块A从滑入圆轨道到最高点Q，根据机械能守恒定律，得mv02＝mg·2R＋mv2
所以A滑过Q点时的速度
v＝＝ m/s＝4 m/s＞＝ m/s
在Q点根据牛顿第二定律和向心力公式，得
mg＋F＝m
所以A受到的弹力F＝－mg＝N＝22 N。
高考预测补缺训练
1．（2017河南省天一大联考）
如图所示，某人身系弹性绳自高空P点自由下落，a点是弹性绳的原长位置，b点是人静止悬挂时的平衡位置，c点是人所能到达的最低点，若把P点到a点的过程称为过程I，由a点到c点的过程称为过程II，不计空气阻力，下列说法正确的是
A．过程II中人的机械能守恒
B．过程II中人的动量的改变量大小等于过程I中重力的冲量大小
C．过程II中人的动能逐渐减小到零
D．过程I中人的动量的改变量等于重力的冲量
【答案】BD
2．（2017河南洛阳市高三第一次统一考试）
如图所示，直流为m=245g的物块（可视为质点）方在质量为M=0.5kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物质与木板间的动摩擦因数为μ=0.4，质量为=5g的子弹以速度=300m/s沿水平方向射入物块并留在其中（时间极短），，则在整个过程中
A. 物块和木板组成的系统动量守恒
B. 子弹的末动量大小为0.01kgm/s
C. 子弹对物块的冲量大小为0.49Ns
D. 物块相对木板滑行的时间为1s
【答案】BD
【解析】子弹进入木块的过程中，木块的动量增大，所以物块和木板组成的系统动量不守恒．故A错误；选取向右为正方向，子弹打入木块过程，由动量守恒定律可得：
m0v0=（m0+m）v1…①
由动量定理可得子弹受到的冲量：I＝△P＝P−P0＝0.01−5×10−3×300＝1.49kgm/s=1.49N•s．子弹与物块作用力的时间相等，相互作用力大小始终相等，而方向相反，所以子弹对物块的冲量大小也是1.49Ns．故C错误；对子弹木块整体，由动量定理得：
-μ（m0+m）gt=（m0+m）（v2-v1） ③
由①②③式可得，物块相对于木板滑行的时间 ．故D正确．
故选：BD.
3．（2017贵州凯里一中高三下高考适应性月考五）如图所示，竖直平面内的光滑水平轨道的左边与墙壁对接，右边与一个足够高的光滑圆弧轨道平滑相连，木块A、B静置于光滑水平轨道上，A、B的质量分别为和。现让A以的速度水平向左运动，之后与墙壁碰撞，碰撞的时间为，碰后的速度大小变为，当A与B碰撞后立即粘在一起运动，g取，则（ ）
A.A与墙壁碰撞的过程中，墙壁对A的平均作用力的大小
B.A与墙壁碰撞的过程中没有能量损失
C.A、B碰撞后的速度
D.A、B滑上圆弧轨道的最大高度
【答案】AC
【解析】设水平向右为正方向，A与墙壁碰撞时根据动量定理有，解得，故A正确。若A与墙壁碰撞时无能量损失，A将以速度水平向右运动，由题已知碰后的速度大小变为4m/s，故B错误。设碰撞后A、B的共同速度为，根据动量守恒定律有，解得 ，故C正确。A、B在光滑圆弧轨道上滑动时，机械能守恒，由机械能守恒定律得，解得，故D错误。
4． 如图所示，甲车质量m1 ＝ m，在车上有质量为M ＝2m 的人，甲车(连同车上的人)从足够长的斜坡上高h处由静止滑下，到水平面上后继续向前滑动，此时质量m2＝2m 的乙车正以v0 的速度迎面滑来，已知h ＝，为了使两车不可能发生碰撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳上乙车，试求人跳离甲车的水平速度(相对地面)应满足什么条件？不计地面和斜坡的摩擦，小车和人均可看作质点。
【答案】 v0≤v≤v0
【解析】 设甲车(包括人)滑下斜坡后速度为v1，由机械能守恒定律得(m1＋M)v＝(m1＋M)gh
得：v1＝＝2v0
解得v1′＝6v0－2v③
v2′＝v－v0④
两车不可能发生碰撞的临界条件是v1′＝±v2′
当v1′＝v2′时，由③④解得v＝v0
当v1′＝－v2′时，由③④解得v＝v0
故v的取值范围为v0≤v≤v0.
6．（2017广东揭阳市高三上期末调研）
如图所示，固定的光滑平台上固定有光滑的半圆轨道，轨道半径R=0．6m。平台上静止着两个滑块A、B，mA=0．1kg，mB=0．2kg，两滑块间夹有少量炸药，平台右侧有一带挡板的小车，静止在光滑的水平地面上。小车质量为M=0．3kg，车面与平台的台面等高，小车的上表面的右侧固定一根轻弹簧，弹簧的自由端在Q点，小车的上表面左端点P与Q点之间是粗糙的，滑块B与PQ之间表面的动摩擦因数为μ=0．2，Q点右侧表面是光滑的。点燃炸药后，A、B分离瞬间A滑块获得向左的速度m/s，而滑块B则冲向小车。两滑块都可以看作质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后两个物块的速度方向在同一水平直线上，且g=10m/s2。求：
（1）滑块A在半圆轨道最高点对轨道的压力；
（2）若L=0．8m，滑块B滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能；
（3）要使滑块B既能挤压弹簧，又最终没有滑离小车，则小车上PQ之间的距离L应在什么范围内？
【答案】（1）1N，方向竖直向上（2）（3）0．675m＜L＜1．35m
【解析】（1）A从轨道最低点到轨道最高点由机械能守恒定律得：
在最高点由牛顿第二定律：
滑块在半圆轨道最高点受到的压力为：N
由牛顿第三定律得：滑块在半圆轨道最高点对轨道的压力大小为1N，方向竖直向上
（2）爆炸过程由动量守恒定律：，解得
滑块B冲上小车后将弹簧压缩到最短时，弹簧具有最大弹性势能，由动量守恒定律得：
由能量守恒定律：，解得
若小车PQ之间的距离L不是很大，则滑块必然挤压弹簧，由于Q点右侧是光滑的，滑块必然被弹回到PQ之间，设滑块恰好回到小车的左端P点处，由能量守恒定律得
联立式解得L2=0．675m
综上所述，要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有离开小车，PQ之间的距离L应满足的范围是0．675m＜L＜1．35m
7．（2017河北省定州中学高三下开学考试）
如图所示，在同一竖直面上，质量为2m的小球A静止在光滑斜面的底部，斜面高度为H＝2L．小球受到弹簧的弹性力作用后，沿斜面向上运动．离开斜面后，运动到最高点时与静止悬挂在此处的小球B发生弹性碰撞（碰撞过程无动能损失），碰撞后球B刚好能摆到与悬点O同一高度，球A沿水平方向抛射落在水平面C上的P点，O点的投影O/与P的距离为L/2．已知球B质量为m，悬绳长L，视两球为质点，重力加速度为g，不计空气阻力，求：
（1）球B在两球碰撞后一瞬间的速度大小；
（2）球A在两球碰撞前一瞬间的速度大小；
（3）弹簧的弹性力对球A所做的功。
【答案】（1）（2）（3）
【解析】两球碰撞过程满足动量守恒定律，B球上升过程满足机械能守恒定律或动能定理，A球碰撞后做平抛运动，A球从弹起到与B球碰撞可用动能定理．
（1）碰撞后，根据机械能守恒定律，对B球有：
解得：
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