2024年物理高考一轮复习精细讲义第23讲　动量　动量定理　动量守恒定律(原卷版+解析)

这是一份2024年物理高考一轮复习精细讲义第23讲　动量　动量定理　动量守恒定律(原卷版+解析)，共41页。试卷主要包含了冲量，动量，动量定理，守恒条件等内容，欢迎下载使用。

考点一 动量定理的理解及应用
一．冲量、动量和动量定理
1．冲量
(1)定义：力和力的作用时间的乘积．
(2)公式：I＝Ft，适用于求恒力的冲量．
(3)方向：与力的方向相同．
2．动量
(1)定义：物体的质量与速度的乘积．
(2)表达式：p＝mv.
(3)单位：千克·米/秒．符号：kg·m/s.
(4)特征：动量是状态量，是矢量，其方向和速度方向相同．
(5)动能(标量)与动量的大小关系：（质量相等时使用），或（速度相等时使用）
3．动量定理
(1)内容：物体所受合力的冲量等于物体动量的变化量．
(2)表达式：F合·t＝Δp＝p′－p.
(3)矢量性：动量变化量方向与合力的方向相同，可以在某一方向上用动量定理．
1．对动量定理的理解
（1）动量定理的研究对象是一个质点(或可视为一个物体的系统)．
（2）动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选同一个正方向．
（3）动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力。这种情况下，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值.
（4）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.
（5）由Ft＝p′－p得F＝ eq \f(p′－p,t)＝ eq \f(Δp,t)，即物体所受的合外力等于物体的动量对时间的变化率。
2．动量定理的三大应用
(1)用动量定理解释现象
①物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小．如玻璃杯掉在水泥地上易碎,而掉在沙地上不易碎。
②作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小．
(2)应用I＝Δp求变力的冲量．
(3)应用Δp＝F·Δt求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化量．
【典例1】(多选)两个质量不同的物体，如果它们的( )
A．动能相等，则质量大的动量大
B．动能相等，则动量大小也相等
C．动量大小相等，则质量大的动能小
D．动量大小相等，则动能也相等
【典例2】篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球．接球时，两手随球迅速收缩至胸前．这样做可以( )
A．减小球对手的冲量 B．减小球对手的冲击力
C．减小球的动量变化量 D．减小球的动能变化量
【典例3】一个质量m＝1.0 kg的物体，放在光滑的水平面上，当物体受到一个F＝10 N与水平面成30°角斜向下的推力作用时，在10 s内推力的冲量大小为________ N·s，动量的增量大小为________ kg·m/s.
【典例4】如图所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以足够大的速度v抽出纸条后，铁块掉在地上的P点．若以2v速度抽出纸条，则铁块落地点为( )
A．仍在P点 B．在P点左边
C．在P点右边不远处 D．在P点右边原水平位移的两倍处
【典例5】蹦床是一项扣人心弦的运动项目。运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、腾翻，做出各种惊险优美的动作。现有一位质量为45kg的运动员，从离水平网面3.2m的高处自由落下，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5m的高处。若这位运动员与网接触的时间为1.0s，取重力加速度为g=10m/s2。网对运动员的平均作用力的大小（ ）
A．1260NB．810NC．450ND．45N
【典例6】(多选)一个50g的鸡蛋从50m高处下落，设鸡蛋与地面撞击时的竖直高度为5cm，认为鸡蛋下沿落地后，鸡蛋上沿的运动是匀减速运动，并且上沿运动到地面时恰好静止，以鸡蛋的下沿、上沿落地的时间间隔作为鸡蛋与地面的撞击时间，鸡蛋下落过程中受到的空气阻力为重力的0.1倍，则关于鸡蛋与地面的撞击时间和平均冲击力，下列说法正确的是（g取10m/s2）（ ）
A．撞击时间约为3.3×10-3sB．撞击时间约为3.2×10-3s
C．平均冲击力约为451ND．平均冲击力约为501N
【典例7】如图所示，在倾角为θ的斜面上，有一个质量是m的小滑块沿斜面向上滑动，经过时间t1，速度为零后又下滑，经过时间t2，回到斜面底端．滑块在运动过程中，受到的摩擦力大小始终是Ff，在整个运动过程中，摩擦力对滑块的总冲量大小为________，方向是________；合力对滑块的总冲量大小为________，方向是________．
(1)用动量定理解题的基本思路
(2)对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可整个过程用动量定理．
考点二 应用动量定理处理“流体问题”“粒子流问题”
解决“流体问题”“粒子流问题”等持续作用情况，需以“流体”“粒子流”为研究对象，建立“柱状”模型利用微元法来处理，具体分析如下：．
(1)选取一小段时间Δt内的连续体为研究对象；
(2)确定Δt内连续体的质量Δm与Δt的关系式，若连续体密度为ρ，则Δm＝ρΔV＝ρSvΔt；
(3)分析连续体的受力情况和动量变化；
(4)应用动量定理列式、求解．
【典例1】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．
【典例2】如图所示，静止在光滑水平面上的小车质量M＝20 kg.从水枪中喷出的水柱的横截面积S＝10 cm2，速度v＝10 m/s，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3.若用水枪喷出的水从车后沿水平方向冲击小车的前壁，且冲击到小车前壁的水全部沿前壁流进小车中．当有质量m＝5 kg的水进入小车时，试求：
(1)小车的速度大小；
(2)小车的加速度大小．
【典例3】飞船正面面积S=1m2，以v=2×103m/s飞入一宇宙微尘区，此区域每立方米空间有一个微尘，微尘的平均质量m0=2×10−4kg，设微尘与飞船相碰后附在飞船表面，要使飞船速度不变，飞船的推力是（ ）
A．400NB．600NC．800ND．1000N
【典例4】（2023·全国·高三专题练习）如图所示，用高压水枪喷出的强力水柱冲击煤层，设水柱直径为D，水流速度大小为v，方向水平向右。水柱垂直煤层表面，水柱冲击煤层后水的速度变为零，水的密度为ρ，高压水枪的重力不可忽略，手持高压水枪操作，下列说法正确的是（ ）
A．水枪单位时间内喷出水的质量为ρvπD2
B．高压水枪的喷水功率为ρv3πD28
C．水柱对煤层的平均冲击力大小为ρv2πD28
D．为了使高压水枪保持静止状态，手对高压水枪的作用力方向为水平向左
【典例5】如图所示，武装直升机的桨叶旋转形成的圆面面积为S，空气密度为ρ0，直升机质量为m，重力加速度为g。当直升机向上匀速运动时，假设空气阻力恒为f，不计空气浮力及风力影响，下列说法正确的是（ ）
A．直升机悬停时受到的升力大小为mg+f
B．直升机向上匀速运动时，螺旋桨推动的空气流量为2mg+fρS
C．直升机向上匀速运动时，螺旋桨推动的空气速度为mg+fρS
D．直升机向上匀速运动时，发动机的功率为m3g3ρS
考点三 应用动量定理处理多物体、多过程问题
1.动量定理适用于单个物体也适用于多个物体组成的系统．
2.动量定理不仅能处理单一过程，也能处理多过程．在多过程中外力的冲量是各个力冲量的矢量和．
【典例1】如图所示，在光滑水平面上静止放着两个相互接触的木块A、B，质量分别为m1、m2，今有一子弹水平穿过两木块，设子弹穿过木块A、B的时间分别为t1、t2，木块对子弹的阻力恒为f，则子弹穿过两木块后，木块A、B的速度大小分别为（ ）
A．ft1m1 ft1m1+m2B．ft1m1+m2 ft1m1+m2+ft2m2
C．ft1m1 f(t1+t2)m1+m2D．f(t1+t2)m1 f(t1+t2)m1+m2
【典例2】(多选)如图所示，一热气球正以竖直速度v匀速上升，当气球下面所系质量为m的物体距水平地面h高处时，绳子断裂，物体和气球分离。已知热气球与物体的总质量为M，分离后热气球所受浮力不变，重力加速度大小为g，不计阻力，以下判断正确的是（ ）
A．从分离开始，经过时间2gℎg物体落地
B．物体刚到达地面时，热气球的速度大小为Mv+mv2+2gℎM−m
C．物体从分离到落地的过程中，热气球所受合力的冲量大小为mv2+2gℎ+mv
D．物体刚到达地面时，热气球离地的高度为Mv2+gℎ+vv2+2gℎ(M−m)g
【典例3】如图所示，物体A、B相隔一段距离放置在水平地面上，现A以vA=10m/s的初速度向静止的物体B运动，物体A与B发生正碰后仍沿原来的方向运动。若物体A在碰撞前后共运动6s后停止，求碰撞后B运动的时间。（已知mA=2mB，物体A、B与水平地面间的动摩擦因数均为μ=0.1，重力加速度g取10m/s2）
【典例4】总质量为M的列车，沿水平直轨道匀速前进，其末节车厢质量为m，中途脱节，司机发觉时，机车已行驶了时间t，于是立即关闭油门。设运动的阻力与重量成正比，机车牵引力恒定，当列车两部分都停止时，机车比末节车厢多运动了多长时间。
考点四 动量守恒定律的理解及应用
1．系统：相互作用的几个物体构成系统．系统中各物体之间的相互作用力称为内力，外部其他物体对系统的作用力叫做外力．
2．定律内容：如果一个系统不受外力作用，或者所受的合外力为零，这个系统的总动量保持不变．
3．定律的表达式
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，两个物体组成的系统初动量等于末动量．
可写为：p＝p′、Δp＝0和Δp1＝－Δp2
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．
1．动量守恒的“四性”
(1)矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，需要首先选取正方向，分清各物体初末动量的正、负．
(2)瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等．
(3)同一性：速度的大小跟参考系的选取有关，应用动量守恒定律，各物体的速度必须是相对同一参考系的速度．一般选地面为参考系．
(4)普适性：它不仅适用于两个物体所组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统．
2．动量守恒定律的不同表达形式
(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)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．
(3)Δp＝0，系统总动量的增量为零．
题型一：动量守恒的条件判断
【典例1】如图，质量相等的小球和小环用不可伸长的轻绳相连，小环套在光滑固定的水平细杆上，初始时刻小球 在小环的左下方，绳子拉直，由静止释放，不计空气阻力，则（ ）

A．小球和小环组成的系统，动量守恒
B．小球和小环组成的系统，机械能不守恒
C．小球向右摆到的最高点和释放点的高度相同
D．整个运动过程中，绳的拉力对小球一直不做功
【典例2】如图所示，甲木块的质量为m1，以v的速度沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧。甲木块与弹簧接触后（ ）

A．甲木块的动量守恒
B．乙木块的动量守恒
C．甲、乙两木块所组成系统的动量守恒
D．甲、乙两木块所组成系统的机械能守恒
【典例3】（多选）在光滑的水平面上有一辆平板车，人拎着一个锤子站在车的左侧，人和车都处于静止状态。若人挥动锤子敲打车的左端，如图所示，则下列说法正确的是（ ）

A．当人挥动锤子，敲打车之前，车一直保持静止
B．当锤子停止运动时，人和车也停止运动
C．锤子、人和车组成的系统水平方向动量守恒
D．不断敲击车的左端，车和人会持续向右运动
【典例4】（多选）如图所示，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，下列说法中不正确的是（ ）
A．两手同时放开后，系统总动量为零
B．先放开右手，后放开左手后，系统总动量不为零，且方向向左
C．先放开左手，后放开右手后，系统总动量不为零，且方向向左
D．无论先放哪只手，系统机械能都守恒
题型二：动量守恒定律的应用
【典例1】光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为mA＝3m、mB＝mC＝m，开始时B、C均静止，A以初速度v0向右运动，A与B碰撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持不变．求B与C碰撞前B的速度大小．
【典例2】如图所示，质量均为m的小车和木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，质量为2m的小孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，木箱相对于冰面运动的速度为v，木箱运动到右侧墙壁时与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹后能被小孩接住，求：
(1)小孩接住箱子后共同速度的大小；
(2)若小孩接住箱子后再次以相对于冰面的速度v将木箱向右推出，木箱仍与竖直墙壁发生弹性碰撞，判断小孩能否再次接住木箱．
【典例3】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相碰撞(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．
【典例4】人和冰车的总质量为M，另一木球质量为m，且M∶m＝31∶2.人坐在静止于水平冰面的冰车上，以速度v(相对地面)将原来静止的木球沿冰面推向正前方向的固定挡板，不计一切摩擦阻力，设小球与挡板的碰撞是弹性的，人接住球后，再以同样的速度v(相对地面)将球推向挡板．求人推多少次后不能再接到球？
应用动量守恒定律解题的步骤
(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．
1．关于物体的动量，下列说法中正确的是( )
A．物体的动量越大，其惯性也越大
B．同一物体的动量越大，其速度不一定越大
C．物体的加速度不变，其动量一定不变
D．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
2. 运动员向球踢了一脚(如图)，踢球时的力F＝100 N，球在地面上滚动了t＝10 s停下来，则运动员对球的冲量为( )
A．1 000 N·sB．500 N·s
C．零 D．无法确定
3．(多选)如图所示为两滑块M、N之间压缩一轻弹簧，滑块与弹簧不连接，用一细绳将两滑块拴接，使弹簧处于锁定状态，并将整个装置放在光滑的水平面上．烧断细绳后到两滑块与弹簧分离的过程中，下列说法正确的是( )
A．两滑块的动量之和变大
B．两滑块与弹簧分离后动量等大反向
C．如果两滑块的质量相等，则分离后两滑块的速率也相等
D．整个过程中两滑块的机械能增大
4．(多选)静止在湖面上的小船中有两人分别向相反方向水平抛出质量相同的小球，先将甲球向左抛，后将乙球向右抛．抛出时两小球相对于河岸的速率相等，水对船的阻力忽略不计，则下列说法正确的是( )
A．两球抛出后，船向左以一定速度运动
B．两球抛出后，船向右以一定速度运动
C．两球抛出后，船的速度为0
D．抛出时，人给甲球的冲量比人给乙球的冲量大
5．高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)，此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )
A.eq \f(m\r(2gh),t)＋mg B.eq \f(m\r(2gh),t)－mg
C.eq \f(m\r(gh),t)＋mg D.eq \f(m\r(gh),t)－mg
6. (多选)静止在光滑水平面上的物体，受到水平拉力F的作用，拉力F随时间t变化的图象如图所示，则下列说法中正确的是( )
A．0～4 s内物体的位移为零
B．0～4 s内拉力对物体做功为零
C．4 s末物体的动量为零
D．0～4 s内拉力对物体的冲量为零
7．如图所示，甲、乙两名宇航员正在离空间站一定距离的地方执行太空维修任务．某时刻甲、乙都以大小为v0＝2 m/s的速度相向运动，甲、乙和空间站在同一直线上且可当成质点．甲和他的装备总质量为M1＝90 kg，乙和他的装备总质量为M2＝135 kg，为了避免直接相撞，乙从自己的装备中取出一质量为m＝45 kg的物体A推向甲，甲迅速接住A后即不再松开，此后甲、乙两宇航员在空间站外做相对距离不变的同向运动，且安全“飘”向空间站．(设甲、乙距离空间站足够远，本题中的速度均指相对空间站的速度)
(1)乙要以多大的速度v(相对于空间站)将物体A推出？
(2)设甲与物体A作用时间为t＝0.5 s，求甲与A的相互作用力F的大小．
8. (多选)如图把重物压在纸带上，用一水平力缓缓拉动纸带，重物跟着一起运动，若迅速拉动纸带，纸带将会从重物下面拉出，解释这些现象的正确说法是( )
A．在缓慢拉动纸带时，重物和纸带间的摩擦力大
B．在迅速拉动时，纸带给重物的摩擦力小
C．在缓慢拉动纸带时，纸带给重物的冲量大
D．在迅速拉动时，纸带给重物的冲量小
9．(多选)某同学质量为60 kg，在军事训练中要求他从岸上以大小为2 m/s的速度跳到一条向他缓缓飘来的小船上，然后去执行任务，小船的质量是140 kg，原来的速度大小是0.5 m/s，该同学上船后又跑了几步，最终停在船上．则( )
A．人和小船最终静止在水面上
B．该过程同学的动量变化量为105 kg·m/s
C．船最终的速度是0.95 m/s
D．船的动量变化量是105 kg·m/s
10．如图所示，一质量M＝3.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一质量为m＝1.0 kg的小木块A.现以地面为参照系，给A和B以大小均为4.0 m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A并没有滑离木板B.站在地面的观察者看到在一段时间内小木块A正在做加速运动，则在这段时间内的某时刻木板B相对地面的速度大小可能是( )
A．2.4 m/s B．2.8 m/s
C．3.0 m/s D．1.8 m/s
11．如图所示，A、B两球分别用长度均为L的轻杆通过光滑铰链与C球连接，通过外力作用使两杆并拢，系统竖直放置在光滑水平地面上。某时刻将系统静止释放，A、B两球开始向两边滑动。已知A、B两球的质量均为m，C球的质量，已知三球均在同一竖直面内运动，忽略一切阻力，重力加速度为g。从静止释放到小球C落地前的过程，下列说法正确的是（ ）

A．A、B、C三球组成的系统机械能守恒、动量守恒
B．轻杆对小球A始终做正功
C．小球A速度达到最大时，小球C的加速度为g
D．当两杆夹角为时，小球A的速度为
12．如图所示，小车放在光滑的水平面上，将系绳小球拉开到一定的角度，然后同时放开小球和小车，则（ ）
A．此后的过程中，小球、小车组成的系统动量守恒
B．此后的过程中，小球一直做圆周运动
C．从释放到向左摆到最高点的过程中，小球重力的平均功率为0
D．从释放到向左摆到最高点的过程中，小球重力的冲量为0
13．如图所示，光滑水平面上静置一倾角为的斜面体，其上的滑块通过轻弹簧连接在斜面体顶端的固定挡板上，用一根细线连接轻弹簧和挡板使弹簧被压缩。滑块与斜面间的动摩擦因数为，则烧断细线后，下列对斜面体、弹簧与滑块系统的说法中正确的是（ ）
A．若，系统机械能不守恒
B．若，系统动量一定守恒
C．若，系统机械能可能守恒
D．若，系统动量一定不守恒
14．（多选）如图所示，长为L的轻杆上端连着一质量为m的小球，杆的下端用铰链固接于水平面上的O点，轻杆处于竖直方向时置于同一水平面上质量为M的立方体恰与小球接触。对小球施加微小的扰动，使杆向右倾倒，从小球开始运动到落地前瞬间，忽略一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．m重力势能的减少量等于m动能的增加量B．M、m组成的系统机械能守恒
C．M、m组成的系统动量守恒D．M先加速后匀速运动
15．如图所示，质量为的物块（可视为质点）放在质量为的长木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为。质量为的子弹以速度沿水平方向射入物块并留在其中（时间极短），取。子弹射入后，求：
（1）子弹进入物块后一起向右滑行的最大速度；
（2）木板向右滑行的最大速度；
（3）物块在木板上滑行的时间。
16．如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4.0 kg和mB＝3.0 kg.用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触，另有一物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4 s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v­t图象如图乙所示，求：
(1)物块C的质量mC；
(2)从物块C与A相碰到B离开墙的运动过程中弹簧对A物体的冲量大小．
17. 如图所示，质量为0.4 kg的木块以2 m/s的速度水平地滑上静止的平板小车，小车的质量为1.6 kg，木块与小车之间的动摩擦因数为0.2(g取10 m/s2)．设小车足够长，求：
(1)木块和小车相对静止时小车的速度；
(2)从木块滑上小车到它们处于相对静止所经历的时间；
(3)从木块滑上小车到它们处于相对静止木块在小车上滑行的距离．
第23讲 动量 动量定理 动量守恒定律
——划重点之精细讲义系列
考点一 动量定理的理解及应用
一．冲量、动量和动量定理
1．冲量
(1)定义：力和力的作用时间的乘积．
(2)公式：I＝Ft，适用于求恒力的冲量．
(3)方向：与力的方向相同．
2．动量
(1)定义：物体的质量与速度的乘积．
(2)表达式：p＝mv.
(3)单位：千克·米/秒．符号：kg·m/s.
(4)特征：动量是状态量，是矢量，其方向和速度方向相同．
(5)动能(标量)与动量的大小关系：（质量相等时使用），或（速度相等时使用）
3．动量定理
(1)内容：物体所受合力的冲量等于物体动量的变化量．
(2)表达式：F合·t＝Δp＝p′－p.
(3)矢量性：动量变化量方向与合力的方向相同，可以在某一方向上用动量定理．
1．对动量定理的理解
（1）动量定理的研究对象是一个质点(或可视为一个物体的系统)．
（2）动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选同一个正方向．
（3）动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力。这种情况下，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值.
（4）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.
（5）由Ft＝p′－p得F＝ eq \f(p′－p,t)＝ eq \f(Δp,t)，即物体所受的合外力等于物体的动量对时间的变化率。
2．动量定理的三大应用
(1)用动量定理解释现象
①物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小．如玻璃杯掉在水泥地上易碎,而掉在沙地上不易碎。
②作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小．
(2)应用I＝Δp求变力的冲量．
(3)应用Δp＝F·Δt求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化量．
【典例1】(多选)两个质量不同的物体，如果它们的( )
A．动能相等，则质量大的动量大
B．动能相等，则动量大小也相等
C．动量大小相等，则质量大的动能小
D．动量大小相等，则动能也相等
解析：选AC.根据动能Ek＝eq \f(1,2)mv2可知，动量p＝eq \r(2mEk)，两个质量不同的物体，当动能相等时，质量大的动量大，A正确、B错误；若动量大小相等，则质量大的动能小，C正确、D错误．
【典例2】篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球．接球时，两手随球迅速收缩至胸前．这样做可以( )
A．减小球对手的冲量 B．减小球对手的冲击力
C．减小球的动量变化量 D．减小球的动能变化量
解析：选B.由动量定理Ft＝Δp知，接球时两手随球迅速收缩至胸前，延长了手与球接触的时间，从而减小了球对手的冲击力，选项B正确．
【典例3】一个质量m＝1.0 kg的物体，放在光滑的水平面上，当物体受到一个F＝10 N与水平面成30°角斜向下的推力作用时，在10 s内推力的冲量大小为________ N·s，动量的增量大小为________ kg·m/s.
解析：根据p＝Ft，可知10 s内推力的冲量大小p＝Ft＝100 N·s，根据动量定理有Ftcs 30°＝Δp.
代入数据解得Δp＝50eq \r(3) kg·m/s＝86.6 kg·m/s.
答案：100 86.6
【典例4】如图所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以足够大的速度v抽出纸条后，铁块掉在地上的P点．若以2v速度抽出纸条，则铁块落地点为( )
A．仍在P点 B．在P点左边
C．在P点右边不远处 D．在P点右边原水平位移的两倍处
【答案】B.
【解析】纸条抽出的过程，铁块所受的滑动摩擦力一定，以v的速度抽出纸条，铁块所受滑动摩擦力的作用时间较长，即加速时间较长，由I＝Fft＝mΔv得铁块获得速度较大，平抛运动的水平位移较大，以2v的速度抽出纸条的过程，铁块所受滑动摩擦力作用时间较短，即加速时间较短，铁块获得速度较小，平抛运动的位移较小，故B选项正确．
【典例5】蹦床是一项扣人心弦的运动项目。运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、腾翻，做出各种惊险优美的动作。现有一位质量为45kg的运动员，从离水平网面3.2m的高处自由落下，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5m的高处。若这位运动员与网接触的时间为1.0s，取重力加速度为g=10m/s2。网对运动员的平均作用力的大小（ ）
A．1260NB．810NC．450ND．45N
【答案】A
【解析】运动员下落过程有v12−0=2gℎ1
运动员上升过程有0−v22=−2gℎ2
从下落到上升过程，以向下为正方向，根据动量守恒定律可得mgt−Ft=m−v2−v1
解得F=1260N
故选A。
【典例6】(多选)一个50g的鸡蛋从50m高处下落，设鸡蛋与地面撞击时的竖直高度为5cm，认为鸡蛋下沿落地后，鸡蛋上沿的运动是匀减速运动，并且上沿运动到地面时恰好静止，以鸡蛋的下沿、上沿落地的时间间隔作为鸡蛋与地面的撞击时间，鸡蛋下落过程中受到的空气阻力为重力的0.1倍，则关于鸡蛋与地面的撞击时间和平均冲击力，下列说法正确的是（g取10m/s2）（ ）
A．撞击时间约为3.3×10-3sB．撞击时间约为3.2×10-3s
C．平均冲击力约为451ND．平均冲击力约为501N
【答案】AC
【解析】AB．鸡蛋下落过程中，由牛顿第二定律有mg−mg×0.1=ma
解得a=9ms2
由公式v2=2aℎ
解得鸡蛋下沿到达地面时的速度为v=30m/s
鸡蛋与地面的作用过程为匀减速直线运动，则有x=v2t
解得t=3.3×10−3s故A正确；B错误；
CD．设鸡蛋与地面的平均冲击力为F，由动量定理F−mgΔt=mv
解得F≈451N故C正确；D错误。
【典例7】如图所示，在倾角为θ的斜面上，有一个质量是m的小滑块沿斜面向上滑动，经过时间t1，速度为零后又下滑，经过时间t2，回到斜面底端．滑块在运动过程中，受到的摩擦力大小始终是Ff，在整个运动过程中，摩擦力对滑块的总冲量大小为________，方向是________；合力对滑块的总冲量大小为________，方向是________．
解析：摩擦力先向下后向上，因上滑过程用时短，故摩擦力的冲量为Ff(t2－t1)，方向与向下运动时的摩擦力的方向相同，故沿斜面向上．合力的冲量为mg(t1＋t2)sin θ＋Ff(t1－t2)，沿斜面向下．
答案：Ff(t2－t1) 沿斜面向上 mg(t1＋t2)sin θ＋Ff(t1－t2) 沿斜面向下
(1)用动量定理解题的基本思路
(2)对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可整个过程用动量定理．
考点二 应用动量定理处理“流体问题”“粒子流问题”
解决“流体问题”“粒子流问题”等持续作用情况，需以“流体”“粒子流”为研究对象，建立“柱状”模型利用微元法来处理，具体分析如下：．
(1)选取一小段时间Δt内的连续体为研究对象；
(2)确定Δt内连续体的质量Δm与Δt的关系式，若连续体密度为ρ，则Δm＝ρΔV＝ρSvΔt；
(3)分析连续体的受力情况和动量变化；
(4)应用动量定理列式、求解．
【典例1】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＝ρΔV①
ΔV＝v0SΔt②
由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为
eq \f(Δm,Δt)＝ρv0S③
(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
eq \f(1,2)(Δm)v2＋(Δm)gh＝eq \f(1,2)(Δm)veq \\al(2,0)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)v⑤
设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有
FΔt＝Δp⑥
由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得
F＝Mg⑦
联立③④⑤⑥⑦式得
h＝eq \f(v\\al(2,0),2g)－eq \f(M2g,2ρ2v\\al(2,0)S2)⑧
答案 (1)ρv0S (2)eq \f(v\\al(2,0),2g)－eq \f(M2g,2ρ2v\\al(2,0)S2)
【典例2】如图所示，静止在光滑水平面上的小车质量M＝20 kg.从水枪中喷出的水柱的横截面积S＝10 cm2，速度v＝10 m/s，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3.若用水枪喷出的水从车后沿水平方向冲击小车的前壁，且冲击到小车前壁的水全部沿前壁流进小车中．当有质量m＝5 kg的水进入小车时，试求：
(1)小车的速度大小；
(2)小车的加速度大小．
解析：(1)流进小车的水与小车组成的系统动量守恒，设当进入质量为m的水后，小车速度为v1，则mv＝(m＋M)v1，即v1＝eq \f(mv,m＋M)＝2 m/s
(2)质量为m的水流进小车后，在极短的时间Δt内，冲击小车的水的质量Δm＝ρS(v－v1)Δt，设此时水对车的冲击力为F，则车对水的作用力为－F，由动量定理有－FΔt＝Δmv1－Δmv，得F＝ρS(v－v1)2＝64 N，小车的加速度a＝eq \f(F,M＋m)＝2.56 m/s2
答案：(1)2 m/s (2)2.56 m/s2
【典例3】飞船正面面积S=1m2，以v=2×103m/s飞入一宇宙微尘区，此区域每立方米空间有一个微尘，微尘的平均质量m0=2×10−4kg，设微尘与飞船相碰后附在飞船表面，要使飞船速度不变，飞船的推力是（ ）
A．400NB．600NC．800ND．1000N
【答案】C
【解析】飞船每秒前进的距离为 x=vt=2000m
根据题意可知，撞到的微尘数量为 n=xS1=2000
若飞船速度不变，则飞船对微尘的冲量大小为 I=nm0v=800N⋅s
则微尘对飞船的冲量大小为 I'=I=nm0v=800N⋅s
因飞船速度不变，动量不变，则推力对飞船的冲量大小也为 I'=Ft
解得 F=800N
【典例4】（2023·全国·高三专题练习）如图所示，用高压水枪喷出的强力水柱冲击煤层，设水柱直径为D，水流速度大小为v，方向水平向右。水柱垂直煤层表面，水柱冲击煤层后水的速度变为零，水的密度为ρ，高压水枪的重力不可忽略，手持高压水枪操作，下列说法正确的是（ ）
A．水枪单位时间内喷出水的质量为ρvπD2
B．高压水枪的喷水功率为ρv3πD28
C．水柱对煤层的平均冲击力大小为ρv2πD28
D．为了使高压水枪保持静止状态，手对高压水枪的作用力方向为水平向左
【答案】B
【解析】A．高压水枪的流量为 Q=Sv=πD2v4
水枪单位时间内喷出水的质量为 m=ρSvt=πD2ρv4
B．水枪单位时间内做功转化为水柱的动能为 W=12mv2=ρv3πD28
故水枪的功率为 P=Wt=ρv3πD28 故B正确；
C．研究单位时间内喷出的水，由动量定理得 −Ft=0−mv
解得 F=mvt=14ρvπD21v=14ρπD2v2
根据牛顿第三定律知，水柱对煤层的平均冲击力大小为14ρπD2v2，故C错误；
D．水对高压水枪的作用力水平向左，则手对高压水枪的作用力有水平向右的分力，还有竖直向上的分力（与重力平衡），所以手对高压水枪的作用力斜向右上方，故D错误。
故选B。
【典例5】如图所示，武装直升机的桨叶旋转形成的圆面面积为S，空气密度为ρ0，直升机质量为m，重力加速度为g。当直升机向上匀速运动时，假设空气阻力恒为f，不计空气浮力及风力影响，下列说法正确的是（ ）
A．直升机悬停时受到的升力大小为mg+f
B．直升机向上匀速运动时，螺旋桨推动的空气流量为2mg+fρS
C．直升机向上匀速运动时，螺旋桨推动的空气速度为mg+fρS
D．直升机向上匀速运动时，发动机的功率为m3g3ρS
【答案】C
【解析】A．直升机悬停时受到的升力大小为mg，A错误；
BC．直升机向上匀速运动时，受到的升力为mg+f，以空气为研究对象，根据牛顿第三定律，空气受到向下的推力为mg+f，根据动量定理 (mg+f)Δt=SvΔtρ⋅v
可得螺旋桨推动的空气速度 v=mg+fρS
螺旋桨推动的空气流量 Q=Sv=(mg+f)Sρ B错误，C正确；
D．单位时间内发动机做的功数值即为发动机的功率 P=12m气v2=12(ρQ)v2=12(mg+f)3ρS D错误。
考点三 应用动量定理处理多物体、多过程问题
1.动量定理适用于单个物体也适用于多个物体组成的系统．
2.动量定理不仅能处理单一过程，也能处理多过程．在多过程中外力的冲量是各个力冲量的矢量和．
【典例1】如图所示，在光滑水平面上静止放着两个相互接触的木块A、B，质量分别为m1、m2，今有一子弹水平穿过两木块，设子弹穿过木块A、B的时间分别为t1、t2，木块对子弹的阻力恒为f，则子弹穿过两木块后，木块A、B的速度大小分别为（ ）
A．ft1m1 ft1m1+m2B．ft1m1+m2 ft1m1+m2+ft2m2
C．ft1m1 f(t1+t2)m1+m2D．f(t1+t2)m1 f(t1+t2)m1+m2
【答案】B
【解析】子弹在A中运动时，A、B一起向前运动，具有相同的运动速度，对整体应用动量定理可避开A、B间的未知作用力，可以求解A、B分开时的速度，分开后再对B单独应用动量定理可求得子弹穿出后B的速度。
子弹在A中穿过时，以A、B为研究对象，规定向右为正方向，根据动量定理可得ft1=(m1+m2)v1
解得 v1=ft1m1+m2
之后A的速度保持v1不变，子弹进入木块B后，以B为研究对象，根据动量定理可得 ft2=m2v2−m2v1
解得 v2=ft1m1+m2+ft2m2 故选B。
【典例2】(多选)如图所示，一热气球正以竖直速度v匀速上升，当气球下面所系质量为m的物体距水平地面h高处时，绳子断裂，物体和气球分离。已知热气球与物体的总质量为M，分离后热气球所受浮力不变，重力加速度大小为g，不计阻力，以下判断正确的是（ ）
A．从分离开始，经过时间2gℎg物体落地
B．物体刚到达地面时，热气球的速度大小为Mv+mv2+2gℎM−m
C．物体从分离到落地的过程中，热气球所受合力的冲量大小为mv2+2gℎ+mv
D．物体刚到达地面时，热气球离地的高度为Mv2+gℎ+vv2+2gℎ(M−m)g
【答案】BCD
【解析】A．从分离开始，物体做竖直上抛运动，设经过时间t物体落地，则有 −ℎ=vt−12gt2
解得 t=vg+v2+2gℎg 或t=vg−v2+2gℎg（此解小于零，故舍去） 所以A错误；
B．设物体刚到达地面时的速度大小为v1，根据动能定理有 mgℎ=12mv12−12mv2
解得 v1=v2+2gℎ
热气球与物体组成的系统合外力为0，则系统的动量守恒，设物体刚到达地面时，热气球的速度大小为v2，根据动量守恒定律有 Mv=M−mv2−mv1
解得 v2=Mv+mv2+2gℎM−m 所以B正确；
根据动量定理可知，物体从分离到落地的过程中，
热气球所受合力的冲量大小为 I=M−mv2−M−mv=mv2+2gℎ+mv 所以C正确；
D．根据平衡条件易知热气球所受浮力大小为Mg，设物体刚到达地面时，热气球离地的高度为H，根据动能定理有 Mg−M−mgH−ℎ=12M−mv22−12M−mv2
解得 H=Mv2+gℎ+vv2+2gℎ(M−m)g 所以D正确；
【典例3】如图所示，物体A、B相隔一段距离放置在水平地面上，现A以vA=10m/s的初速度向静止的物体B运动，物体A与B发生正碰后仍沿原来的方向运动。若物体A在碰撞前后共运动6s后停止，求碰撞后B运动的时间。（已知mA=2mB，物体A、B与水平地面间的动摩擦因数均为μ=0.1，重力加速度g取10m/s2）
【答案】8s
【解析】以A、B组成的系统为研究对象，从A开始运动到A、B均停止运动这一过程来看，系统在水平方向受到的外力就是摩擦力，碰撞中物体A、B间的相互作用力是内力，可用系统动量定理求解。取运动方向为正方向，设物体A、B运动的时间分别为tA和tB，则由系统动量定理得 -μmAgtA-μmBgtB=0-mAvA
代入数据得B的运动时间 tB=mAvA−μmAgtAμmBg=8s
【典例4】总质量为M的列车，沿水平直轨道匀速前进，其末节车厢质量为m，中途脱节，司机发觉时，机车已行驶了时间t，于是立即关闭油门。设运动的阻力与重量成正比，机车牵引力恒定，当列车两部分都停止时，机车比末节车厢多运动了多长时间。
【答案】MtM−m
【解析】脱节后，机车、末节车厢受力分析如图所示
设列车前进的方向为正方向，匀速前进时速度为v，由题知，机车受到的摩擦力 Ff1=−kM−mg
末节车厢受到的摩擦力 Ff2=−kmg
（k为比例常数）。列车匀速前进时由平衡条件可得，牵引力 F＝kMg
设脱节后，至停下来，机车的运动时间为t1，由动量定理得 Ft+Ff1t1=0−M−mv
即 kMgt−kM−mgt1=0−M−mv
解得 t1=kMgt+M−mvkM−mg
设脱节后，至停下来，末节车厢的运动时间为t2，由动量定理得 Ff2t2=0−mv
即 −kmgt2=−mv
所以 t2=vkg
机车比末节车厢多运动了 Δt=t1−t2=MtM−m
考点四 动量守恒定律的理解及应用
1．系统：相互作用的几个物体构成系统．系统中各物体之间的相互作用力称为内力，外部其他物体对系统的作用力叫做外力．
2．定律内容：如果一个系统不受外力作用，或者所受的合外力为零，这个系统的总动量保持不变．
3．定律的表达式
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，两个物体组成的系统初动量等于末动量．
可写为：p＝p′、Δp＝0和Δp1＝－Δp2
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．
1．动量守恒的“四性”
(1)矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，需要首先选取正方向，分清各物体初末动量的正、负．
(2)瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等．
(3)同一性：速度的大小跟参考系的选取有关，应用动量守恒定律，各物体的速度必须是相对同一参考系的速度．一般选地面为参考系．
(4)普适性：它不仅适用于两个物体所组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统．
2．动量守恒定律的不同表达形式
(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)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．
(3)Δp＝0，系统总动量的增量为零．
题型一：动量守恒的条件判断
【典例1】如图，质量相等的小球和小环用不可伸长的轻绳相连，小环套在光滑固定的水平细杆上，初始时刻小球 在小环的左下方，绳子拉直，由静止释放，不计空气阻力，则（ ）

A．小球和小环组成的系统，动量守恒
B．小球和小环组成的系统，机械能不守恒
C．小球向右摆到的最高点和释放点的高度相同
D．整个运动过程中，绳的拉力对小球一直不做功
【答案】C
【详解】A．小球和小环组成的系统，竖直方向受合外力不为零，竖直方向动量不守恒；水平方向受合外力为零，水平方向动量守恒，则系统总动量不守恒，选项A错误；
B．小球和小环组成的系统，只有重力做功，则机械能守恒，选项B错误；
C．根据水平方向动量守恒，小球向右摆到的最高点时，系统的速度变为零，根据能量守恒关系可知小球向右摆到最高点和释放点的高度相同，选项C正确；
D．整个运动过程的开始阶段小球的机械能减小，圆环机械能增加，则绳的拉力对小球做负功；后来阶段，圆环的机械能减小，小球的机械能又增加，则绳子拉力对小球做正功，选项D错误。
故选C。
【典例2】如图所示，甲木块的质量为m1，以v的速度沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧。甲木块与弹簧接触后（ ）

A．甲木块的动量守恒
B．乙木块的动量守恒
C．甲、乙两木块所组成系统的动量守恒
D．甲、乙两木块所组成系统的机械能守恒
【答案】C
【详解】ABC．由于弹簧弹力的作用，甲、乙的动量都要发生变化，即甲、乙两物体各自的动量均不守恒；但对于甲、乙所组成的系统因所受合力为零，故系统动量守恒，故AB错误，C正确；
D．甲、乙两木块所组成系统的动能，一部分转化为弹簧的弹性势能，故甲、乙两木块所组成系统的机械能不守恒，故D错误。
故选C。
【典例3】（多选）在光滑的水平面上有一辆平板车，人拎着一个锤子站在车的左侧，人和车都处于静止状态。若人挥动锤子敲打车的左端，如图所示，则下列说法正确的是（ ）

A．当人挥动锤子，敲打车之前，车一直保持静止
B．当锤子停止运动时，人和车也停止运动
C．锤子、人和车组成的系统水平方向动量守恒
D．不断敲击车的左端，车和人会持续向右运动
【答案】BC
【详解】ABC．把人、大锤和车看成一个系统，系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，由于人和车初始状态都处于静止，总动量为0，挥动锤子敲打车的左端，根据动量守恒可知，系统的总动量为零，大锤向左运动，小车向右运动，大锤向右运动，小车向左运动，所以敲打车之前，车不会一直保持静止。当锤子停止运动时，人和车也停止运动。故A错误，BC正确；
D．由于系统的总动量为零，且总动量为0，大锤向左运动，小车向右运动，大锤向右运动，小车向左运动，所以车左右往复运动，车不会持续地向右运动，故D错误。
故选BC。
【典例4】（多选）如图所示，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，下列说法中不正确的是（ ）
A．两手同时放开后，系统总动量为零
B．先放开右手，后放开左手后，系统总动量不为零，且方向向左
C．先放开左手，后放开右手后，系统总动量不为零，且方向向左
D．无论先放哪只手，系统机械能都守恒
【答案】BC
【详解】A．两手同时放开后，由于系统所受合外力为零，系统满足动量守恒，则系统总动量为零，故A正确，不满足题意要求；
B．先放开右手，可能出现右边汽车先向右运动到弹簧伸长最大后，再向左回到压缩位置，所以之后放开左手瞬间，弹簧可能处于伸长状态、压缩状态，右边汽车可能速度向右，也可能速度向左，甚至可能速度刚好为零，故两手都放开后，系统的总动量可能向右，也可能向左，甚至可能为零，故B错误，满足题意要求；
C．先放开左手，可能出现左边汽车先向左运动到弹簧伸长最大后，再向右回到压缩位置，所以之后放开右手瞬间，弹簧可能处于伸长状态、压缩状态，左边汽车可能速度向左，也可能速度向右，甚至可能速度刚好为零，故两手都放开后，系统的总动量可能向左，也可能向右，甚至可能为零，故C错误，满足题意要求；
D．无论先放哪只手，手对汽车总是不做功，系统机械能都守恒，故D正确，不满足题意要求。
故选BC。
题型二：动量守恒定律的应用
【典例1】光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为mA＝3m、mB＝mC＝m，开始时B、C均静止，A以初速度v0向右运动，A与B碰撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持不变．求B与C碰撞前B的速度大小．
解析 设A与B碰撞后，A的速度为vA，B与C碰撞前B的速度为vB，B与C碰撞后粘在一起的速度为v，由动量守恒定律得
对A、B木块：mAv0＝mAvA＋mBvB①
对B、C木块：mBvB＝(mB＋mC)v②
由A与B间的距离保持不变可知
vA＝v③
联立①②③式，代入数据得
vB＝eq \f(6,5)v0④
答案 eq \f(6,5)v0
【典例2】如图所示，质量均为m的小车和木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，质量为2m的小孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，木箱相对于冰面运动的速度为v，木箱运动到右侧墙壁时与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹后能被小孩接住，求：
(1)小孩接住箱子后共同速度的大小；
(2)若小孩接住箱子后再次以相对于冰面的速度v将木箱向右推出，木箱仍与竖直墙壁发生弹性碰撞，判断小孩能否再次接住木箱．
解析：(1)取向左为正方向，根据动量守恒定律可得
推出木箱的过程中0＝(m＋2m)v1－mv，
接住木箱的过程中mv＋(m＋2m)v1＝(m＋m＋2m)v2.
解得v2＝eq \f(v,2).
(2)若小孩第二次将木箱推出，根据动量守恒定律可得
4mv2＝3mv3－mv，
则v3＝v，
故无法再次接住木箱．
答案：(1)eq \f(v,2) (2)否
【典例3】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相碰撞(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．
解析：因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰撞后瞬间A的速度大小为vA，C的速度大小为vC，
以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mCvC，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，
A、B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足vAB＝vC，联立解得vA＝2 m/s.
答案：2 m/s
【典例4】人和冰车的总质量为M，另一木球质量为m，且M∶m＝31∶2.人坐在静止于水平冰面的冰车上，以速度v(相对地面)将原来静止的木球沿冰面推向正前方向的固定挡板，不计一切摩擦阻力，设小球与挡板的碰撞是弹性的，人接住球后，再以同样的速度v(相对地面)将球推向挡板．求人推多少次后不能再接到球？
解析：设第1次推球后人的速度为v1，有0＝Mv1－mv，
第1次接球后人的速度为v1′，有Mv1＋mv＝(M＋m)v1′；
第2次推球(M＋m)v1′＝Mv2－mv，
第2次接球Mv2＋mv＝(M＋m)v2′……
第n次推球
(M＋m)vn－1′＝Mvn－mv，
可得vn＝eq \f(2n－1mv,M)，
当vn≥v时人便接不到球，可得n≥8.25，取n＝9.
答案：9次
应用动量守恒定律解题的步骤
(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．
1．关于物体的动量，下列说法中正确的是( )
A．物体的动量越大，其惯性也越大
B．同一物体的动量越大，其速度不一定越大
C．物体的加速度不变，其动量一定不变
D．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
解析：选D.惯性大小的唯一量度是物体的质量，如果物体的动量大，但也有可能物体的质量很小，所以不能说物体的动量大其惯性就大，故A错误；动量等于物体的质量与物体速度的乘积，即p＝mv，同一物体的动量越大，其速度一定越大，故B错误；加速度不变，速度是变化的，所以动量一定变化，故C错误；动量是矢量，动量的方向就是物体运动的方向，故D正确．
2. 运动员向球踢了一脚(如图)，踢球时的力F＝100 N，球在地面上滚动了t＝10 s停下来，则运动员对球的冲量为( )
A．1 000 N·sB．500 N·s
C．零 D．无法确定
解析：选D.滚动了t＝10 s是地面摩擦力对足球的作用时间．不是踢球的力的作用时间，由于不能确定人作用在球上的时间，所以无法确定运动员对球的冲量．
3．(多选)如图所示为两滑块M、N之间压缩一轻弹簧，滑块与弹簧不连接，用一细绳将两滑块拴接，使弹簧处于锁定状态，并将整个装置放在光滑的水平面上．烧断细绳后到两滑块与弹簧分离的过程中，下列说法正确的是( )
A．两滑块的动量之和变大
B．两滑块与弹簧分离后动量等大反向
C．如果两滑块的质量相等，则分离后两滑块的速率也相等
D．整个过程中两滑块的机械能增大
解析：选BCD.对两滑块所组成的系统，互推过程中，合外力为零，总动量守恒且始终为零，A错误；由动量守恒定律得0＝mMvM－mNvN，显然两滑块动量的变化量大小相等，方向相反，B正确；当mM＝mN时，vM＝vN，C正确；由于弹簧的弹性势能转化为两滑块的动能，则两滑块的机械能增大，D正确．
4．(多选)静止在湖面上的小船中有两人分别向相反方向水平抛出质量相同的小球，先将甲球向左抛，后将乙球向右抛．抛出时两小球相对于河岸的速率相等，水对船的阻力忽略不计，则下列说法正确的是( )
A．两球抛出后，船向左以一定速度运动
B．两球抛出后，船向右以一定速度运动
C．两球抛出后，船的速度为0
D．抛出时，人给甲球的冲量比人给乙球的冲量大
解析：选CD.水对船的阻力忽略不计，根据动量守恒定律，两球抛出前，由两球、人和船组成的系统总动量为0，两球抛出后的系统总动量也是0.两球质量相等，速度大小相等，方向相反，合动量为0，船的动量也必为0，船的速度必为0.具体过程是：当甲球向左抛出后，船向右运动，乙球抛出后，船静止．人给甲球的冲量I甲＝mv－0，人给乙球的冲量I2＝mv－mv′，v′是甲球抛出后的船速，方向向右，所以乙球的动量变化量小于甲球的动量变化量，乙球所受冲量也小于甲球所受冲量．
5．高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)，此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )
A.eq \f(m\r(2gh),t)＋mg B.eq \f(m\r(2gh),t)－mg
C.eq \f(m\r(gh),t)＋mg D.eq \f(m\r(gh),t)－mg
解析：选A.由动量定理得(mg－F)t＝0－mv，得F＝eq \f(m\r(2gh),t)＋mg.选项A正确．
6. (多选)静止在光滑水平面上的物体，受到水平拉力F的作用，拉力F随时间t变化的图象如图所示，则下列说法中正确的是( )
A．0～4 s内物体的位移为零
B．0～4 s内拉力对物体做功为零
C．4 s末物体的动量为零
D．0～4 s内拉力对物体的冲量为零
解析：选BCD.由图象可知物体在4 s内先做匀加速后做匀减速运动，4 s末的速度为零，位移一直增大，A错；前2 s拉力做正功，后2 s拉力做负功，且两段时间做功代数和为零，故B正确；4 s末的速度为零，故动量为零，故C正确；根据动量定理，0～4 秒内动量的变化量为零，所以拉力对物体的冲量为零，故D正确．
7．如图所示，甲、乙两名宇航员正在离空间站一定距离的地方执行太空维修任务．某时刻甲、乙都以大小为v0＝2 m/s的速度相向运动，甲、乙和空间站在同一直线上且可当成质点．甲和他的装备总质量为M1＝90 kg，乙和他的装备总质量为M2＝135 kg，为了避免直接相撞，乙从自己的装备中取出一质量为m＝45 kg的物体A推向甲，甲迅速接住A后即不再松开，此后甲、乙两宇航员在空间站外做相对距离不变的同向运动，且安全“飘”向空间站．(设甲、乙距离空间站足够远，本题中的速度均指相对空间站的速度)
(1)乙要以多大的速度v(相对于空间站)将物体A推出？
(2)设甲与物体A作用时间为t＝0.5 s，求甲与A的相互作用力F的大小．
解析：(1)以甲、乙、A三者组成的系统为研究对象，系统动量守恒，以乙的方向为正方向，
则有：M2v0－M1v0＝(M1＋M2)v1
以乙和A组成的系统为研究对象，有：
M2v0＝(M2－m)v1＋mv
代入数据联立解得
v1＝0.4 m/s，v＝5.2 m/s
(2)以甲为研究对象，由动量定理得，
Ft＝M1v1－(－M1v0)
代入数据解得F＝432 N
答案：(1)5.2 m/s (2)432 N
8. (多选)如图把重物压在纸带上，用一水平力缓缓拉动纸带，重物跟着一起运动，若迅速拉动纸带，纸带将会从重物下面拉出，解释这些现象的正确说法是( )
A．在缓慢拉动纸带时，重物和纸带间的摩擦力大
B．在迅速拉动时，纸带给重物的摩擦力小
C．在缓慢拉动纸带时，纸带给重物的冲量大
D．在迅速拉动时，纸带给重物的冲量小
解析：选CD.在缓慢拉动纸带时，两物体之间的作用力是静摩擦力，在迅速拉动时，它们之间的作用力是滑动摩擦力．由于通常认为滑动摩擦力等于最大静摩擦力，所以一般情况是缓拉摩擦力小，快拉摩擦力大，故判断A、B都错；在缓慢拉动纸带时，摩擦力虽小些，但作用时间可以很长，故重物获得的冲量即动量的变化可以很大，所以能把重物带动，快拉时，摩擦力虽大些，但作用时间很短，故冲量小，所以重物动量改变很小．
9．(多选)某同学质量为60 kg，在军事训练中要求他从岸上以大小为2 m/s的速度跳到一条向他缓缓飘来的小船上，然后去执行任务，小船的质量是140 kg，原来的速度大小是0.5 m/s，该同学上船后又跑了几步，最终停在船上．则( )
A．人和小船最终静止在水面上
B．该过程同学的动量变化量为105 kg·m/s
C．船最终的速度是0.95 m/s
D．船的动量变化量是105 kg·m/s
解析：选BD.规定人原来的速度方向为正方向，设人上船后，船与人共同速度为v.由题意，水的阻力忽略不计，该同学跳上小船后与小船达到同一速度的过程，人和船组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，则由动量守恒定律得：m人v人－m船v船＝(m人＋m船)v，代入数据解得：v＝0.25 m/s，方向与人的速度方向相同，与船原来的速度方向相反．故A错误，C错误；人的动量的变化Δp为：Δp＝m人v－m人v人＝60×(0.25－2)＝－105 kg·m/s，负号表示方向与选择的正方向相反；故B正确；船的动量变化量为：Δp′＝m船v－m船v船＝140×(0.25＋0.5)＝105 kg·m/s；故D正确．
10．如图所示，一质量M＝3.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一质量为m＝1.0 kg的小木块A.现以地面为参照系，给A和B以大小均为4.0 m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A并没有滑离木板B.站在地面的观察者看到在一段时间内小木块A正在做加速运动，则在这段时间内的某时刻木板B相对地面的速度大小可能是( )
A．2.4 m/s B．2.8 m/s
C．3.0 m/s D．1.8 m/s
解析：选A.A相对地面速度为0时，木板的速度为v1，由动量守恒得(向右为正)：Mv－mv＝Mv1，解得：v1＝eq \f(8,3) m/s.木块从此时开始向右加速，直到两者有共速为v2，由动量守恒得：Mv－mv＝(M＋m)v2，解得：v2＝2 m/s，故B对地的速度在2 m/s～eq \f(8,3) m/s范围内，选项A正确．
11．如图所示，A、B两球分别用长度均为L的轻杆通过光滑铰链与C球连接，通过外力作用使两杆并拢，系统竖直放置在光滑水平地面上。某时刻将系统静止释放，A、B两球开始向两边滑动。已知A、B两球的质量均为m，C球的质量，已知三球均在同一竖直面内运动，忽略一切阻力，重力加速度为g。从静止释放到小球C落地前的过程，下列说法正确的是（ ）

A．A、B、C三球组成的系统机械能守恒、动量守恒
B．轻杆对小球A始终做正功
C．小球A速度达到最大时，小球C的加速度为g
D．当两杆夹角为时，小球A的速度为
【答案】C
【详解】A．A、B、C三球组成的系统，只有重力做功，机械能守恒，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，在竖直方向上合外力不为零，动量不守恒，所以系统动量不守恒，故A错误；
B．根据水平方向动量守恒可知，小球A速度先增大后减小，动能先增大后减小，轻杆对小球A先做正功后做负功，故B错误；
C．A、B两球的动能始终相等，A球动能最大时，轻杆弹力为零，C球仅受重力作用，加速度为g，故C正确；
D．当两杆夹角为时，根据机械能守恒有
根据A、C两球的速度关系有
联立解得
故D错误。
故选C。
12．如图所示，小车放在光滑的水平面上，将系绳小球拉开到一定的角度，然后同时放开小球和小车，则（ ）
A．此后的过程中，小球、小车组成的系统动量守恒
B．此后的过程中，小球一直做圆周运动
C．从释放到向左摆到最高点的过程中，小球重力的平均功率为0
D．从释放到向左摆到最高点的过程中，小球重力的冲量为0
【答案】C
【详解】A．在水平方向上合力为0，系统在水平方向的动量为0，在竖直方向上，小球有竖直方向的分速度，小车竖直方向没有分速度，则竖直方向上系统动量不守恒，故此后的过程中，小球、小车组成的系统动量不守恒，故A错误；
B．若小车不动，则释放小球后做圆周运动；而现在小车在水平方向有运动，则小球的运动不是圆周运动，故B错误；
C．刚释放小球时，小球和小车速度为0，系统在水平方向合外力为0，水平方向上动量守恒，则
则当向左摆到最高点的过程中，小球的速度为0，则小车的速度也为0，由于系统机械能守恒，则摆动过程中重力做功为0，由于
可知，小球重力的平均功率为0，故C正确；
D．从释放到向左摆到最高点的过程中，小球重力的冲量为
时间增加，则冲量不为0，故D错误。
故选C。
13．如图所示，光滑水平面上静置一倾角为的斜面体，其上的滑块通过轻弹簧连接在斜面体顶端的固定挡板上，用一根细线连接轻弹簧和挡板使弹簧被压缩。滑块与斜面间的动摩擦因数为，则烧断细线后，下列对斜面体、弹簧与滑块系统的说法中正确的是（ ）
A．若，系统机械能不守恒
B．若，系统动量一定守恒
C．若，系统机械能可能守恒
D．若，系统动量一定不守恒
【答案】D
【详解】A．若，剪断细绳之后，只有重力和系统内弹力做功，系统机械能一定守恒，故A错误；
B．烧断细线后，系统一定在水平方向动量守恒，整个系统动量是否守恒，取决于系统在竖直方向是否受力平衡，即滑块是否运动。
若，则
因为滑块又受到弹簧沿斜面向下的弹力，所以滑块可能保持静止，也可能加速下滑，系统动量不一定守恒，故B错误；
CD．若，则
滑块又受到弹簧沿斜面向下的弹力，一定沿斜面加速下滑，系统动量一定不守恒，下滑过程中要克服摩擦力做功，系统机械能一定不守恒，故C错误，D正确。
14．（多选）如图所示，长为L的轻杆上端连着一质量为m的小球，杆的下端用铰链固接于水平面上的O点，轻杆处于竖直方向时置于同一水平面上质量为M的立方体恰与小球接触。对小球施加微小的扰动，使杆向右倾倒，从小球开始运动到落地前瞬间，忽略一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．m重力势能的减少量等于m动能的增加量B．M、m组成的系统机械能守恒
C．M、m组成的系统动量守恒D．M先加速后匀速运动
【答案】BD
【详解】D．小球落地时的速度方向是竖直向下的，小球水平方向速度先增大后减小，在忽略一切摩擦的作用下，在弹力作用下立方体先向右做加速，与小球脱离后开始做匀速运动，故D正确；
BC．系统只有重力做功，所以 M、m组成的系统机械能守恒 ，当球落地时，球减少的重力势能转化为系统增加的动能，此动能包括小球和立方体，故A错误，B正确；
C．由于杆的作用，导致系统合外力不等于零，所以M、m组成的系统动量不守恒 ，故C错误。
故选BD。
15．如图所示，质量为的物块（可视为质点）放在质量为的长木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为。质量为的子弹以速度沿水平方向射入物块并留在其中（时间极短），取。子弹射入后，求：
（1）子弹进入物块后一起向右滑行的最大速度；
（2）木板向右滑行的最大速度；
（3）物块在木板上滑行的时间。
【答案】（1）6m/s；（2）2m/s；（3）1s
【详解】（1）子弹进入物块后与物块一起向右滑行，物块的初速度即为物块的最大速度。
子弹与物块组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
代入数据解得
v1＝6m/s
（2）当子弹、物块和木板三者速度相同时，木板的速度最大。
以向右为正方向，由动量守恒定律得
代入数据解得
v2＝2m/s
（3）对物块和子弹组成的整体，由动量定理得
代入数据解得
t＝1s
16．如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4.0 kg和mB＝3.0 kg.用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触，另有一物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4 s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v­t图象如图乙所示，求：
(1)物块C的质量mC；
(2)从物块C与A相碰到B离开墙的运动过程中弹簧对A物体的冲量大小．
解析：(1)由图可知，C与A碰前速度为v1＝9 m/s，碰后速度为v2＝3 m/s，C与A碰撞过程动量守恒，mCv1＝(mA＋mC)v2，代入数据解得mC＝2 kg.
(2)12 s时B离开墙壁，此时B速度为零，A、C速度相等时，v3＝－v2
从物块C与A相碰到B离开墙的运动过程中，A、C两物体的动量变化为：
Δp＝(mA＋mC)v3－(mA＋mC)v2
从物块C与A相碰到B离开墙的运动过程中弹簧对A物体的冲量大小为
I＝2(mA＋mC)v2，代入数据整理得到I＝36 N·s.
答案：(1)2 kg (2)36 N·s
17. 如图所示，质量为0.4 kg的木块以2 m/s的速度水平地滑上静止的平板小车，小车的质量为1.6 kg，木块与小车之间的动摩擦因数为0.2(g取10 m/s2)．设小车足够长，求：
(1)木块和小车相对静止时小车的速度；
(2)从木块滑上小车到它们处于相对静止所经历的时间；
(3)从木块滑上小车到它们处于相对静止木块在小车上滑行的距离．
解析：(1)以木块和小车为研究对象，由动量守恒定律可得
mv0＝(M＋m)v 解得：v＝eq \f(m,M＋m)v0＝0.4 m/s.
(2)再以木块为研究对象，由动量定理可得
－μmgt＝mv－mv0
解得：t＝eq \f(v0－v,μg)＝0.8 s.
(3)木块做匀减速运动，加速度为
a1＝eq \f(Ff,m)＝μg＝2 m/s2
小车做匀加速运动，加速度为
a2＝eq \f(Ff,M)＝eq \f(μmg,M)＝0.5 m/s2
在此过程中木块的位移为
x1＝eq \f(v2－v\\al(2,0),2a1)＝0.96 m
车的位移为：x2＝eq \f(1,2)a2t2＝eq \f(1,2)×0.5×0.82 m＝0.16 m
由此可知，木块在小车上滑行的距离为：
Δx＝x1－x2＝0.8 m.
答案：(1)0.4 m/s (2)0.8 s (3)0.8 m