高考物理一轮复习第六章动量动量守恒定律学案

这是一份高考物理一轮复习第六章动量动量守恒定律学案，共66页。学案主要包含了动量，动量定理，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、动量、动量的变化量和冲量
1．动量
(1)定义：物体的质量与速度的乘积。
(2)表达式：p＝mv。
(3)方向：动量的方向与速度的方向相同。
2．动量的变化量
(1)因为动量是矢量，动量的变化量Δp也是矢量，其方向与速度的改变量Δv的方向相同。
(2)动量的变化量Δp的大小，一般用末动量p′减去初动量p进行计算，也称为动量的增量，即Δp＝p′－p。
3．冲量
(1)定义：力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量。
(2)表达式：I＝FΔt，单位为N·s，冲量为矢量，方向与力的方向相同。
二、动量定理
1．内容：物体在一个过程中所受合外力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量。
2．公式：F(t′－t)＝mv′－mv或I＝p′－p。
情境创设
一个质量为m的物体，在粗糙的水平面上运动，物体与水平面间的动摩擦因数为μ。
微点判断
(1)动量越大的物体，其速度越大。(×)
(2)物体的动量越大，其惯性也越大。(×)
(3)物体所受合力不变，则动量也不改变。(×)
(4)物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零。(×)
(5)物体所受合外力的冲量的方向与物体末动量的方向相同。(×)
(6)物体所受合外力的冲量的方向与物体动量变化量的方向是一致的。(√)
(一) 动量、动量变化量和冲量(固基点)
[题点全练通]
1．[动量的分析与计算]物体的运动状态可用位置x和动量p描述，称为相，对应p-x图像中的一个点。物体运动状态的变化可用p-x图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是( )
解析：选D 质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式v2＝2ax可得v＝eq \r(2ax)，设质点的质量为m，则质点的动量p＝meq \r(2ax)，由于质点的速度方向不变，则质点动量p的方向始终沿x轴正方向，根据数学知识可知D正确。
2．[动量变化量的大小计算](多选)质量为m的物体以初速度v0开始做平抛运动，经过时间t，下降的高度为h，速度变为v，在这段时间内物体动量变化量的大小为( )
A．m(v－v0) B．mgt
C．meq \r(v2－v02) D．meq \r(2gh)
解析：选BCD 由动量定理可得，物体在时间t内动量变化量的大小为mgt，B正确；物体在平抛运动过程中速度变化量Δv沿竖直方向，其大小Δv＝eq \r(v2－v02)，由机械能守恒定律可得：eq \f(1,2)mv02＋mgh＝eq \f(1,2)mv2，所以 eq \r(v2－v02)＝eq \r(2gh)，故物体动量变化量Δp＝mΔv＝meq \r(v2－v02)＝meq \r(2gh)，C、D正确，A错误。
3．[冲量的计算]如图所示，车载玩具——弹簧人公仔固定在车的水平台面上，公仔头部的质量为m，静止在图示位置。现用手竖直向下压公仔的头部，使之缓慢下降至某一位置，之后迅速放手。公仔的头部经过时间t，沿竖直方向上升到另一位置时速度为零。此过程弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力及弹簧质量。在公仔头部上升的过程中( )
A．公仔头部的机械能守恒
B．公仔头部的加速度先增大后减小
C．弹簧弹力冲量的大小为mgt
D．弹簧弹力对头部所做的功为零
解析：选C 弹簧弹力对公仔头部做功，故公仔头部的机械能不守恒，故A错误；公仔头部上升过程中，弹簧弹力先减小后反向增大，加速度先减小后反向增大，故B错误；公仔头部上升过程中，取向上为正方向，根据动量定理有I弹－mgt＝0，则弹簧弹力冲量的大小为I弹＝mgt，故C正确；公仔头部上升过程中，根据动能定理有W弹－mgh＝0，则弹簧弹力对头部所做的功为W弹＝mgh≠0，故D错误。
[要点自悟明]
1．动能、动量和动量变化量的比较
2.冲量的三种计算方法
(二) 动量定理(精研点)
研清微点1 应用动量定理解释体育活动
1．(2022·北京高考)“雪如意”是我国首座国际标准跳台滑雪场地。跳台滑雪运动中，裁判员主要根据运动员在空中的飞行距离和动作姿态评分。运动员在进行跳台滑雪时大致经过四个阶段：①助滑阶段，运动员两腿尽量深蹲，顺着助滑道的倾斜面下滑；②起跳阶段，当进入起跳区时，运动员两腿猛蹬滑道快速伸直，同时上体向前伸展；③飞行阶段，在空中运动员保持身体与雪板基本平行、两臂伸直贴放于身体两侧的姿态；④着陆阶段，运动员落地时两腿屈膝，两臂左右平伸。下列说法正确的是( )
A．助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与滑道之间的摩擦力
B．起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是为了增加向上的速度
C．飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了增加水平方向速度
D．着陆阶段，运动员两腿屈膝是为了减少与地面的作用时间
解析：选B 助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与空气之间的摩擦力，A错误；起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是通过增大滑道对人的作用力，根据动量定理可知，在相同时间内，为了增加向上的速度，B正确；飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了减小水平方向的阻力，从而减小水平方向的加速度，C错误；着陆阶段，运动员两腿屈膝下蹲可以延长与地面的作用时间，根据动量定理可知，可以减少身体受到的平均冲击力，D错误。
一点一过
对动量定理的理解
(1)当物体的动量变化量一定时，力的作用时间Δt越短，力F就越大，力的作用时间Δt越长，力F就越小。
(2)当作用力F一定时，力的作用时间Δt越长，动量变化量Δp越大，力的作用时间Δt越短，动量变化量Δp越小。如在恒力作用下运动的小车，时间越长，小车的速度越大，动量变化量越大。
研清微点2 动量定理的应用
2.有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸伤眼睛的情况。若手机质量为160 g，从离人眼约20 cm的高度无初速度掉落，砸到眼睛后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约为0.2 s，g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．手机与眼睛作用过程中手机的动量变化约为0.48 kg·m/s
B．手机对眼睛的冲量方向竖直向上
C．手机对眼睛的冲量大小约为0.32 N·s
D．手机对眼睛的平均作用力大小约为3.2 N
解析：选D 手机砸到眼睛后手机未反弹，手机的末速度为0，手机到达人眼时的速度约为v＝eq \r(2gh)＝2 m/s，取方向竖直向上为正，手机与眼睛作用过程中手机的动量变化约为Δp＝0－p＝0－(－mv)＝0.32 kg·m/s，故A错误；手机对眼睛的冲量方向与手机对眼睛的作用力方向相同，竖直向下，故B错误；由动量定理可知，眼睛对手机的作用力的冲量和手机重力的冲量的合冲量约为0.32 N·s，(F－mg)t＝Δp，所以眼睛对手机的作用力的冲量大于0.32 N·s，由牛顿第三定律可知，手机对眼睛的冲量大于0.32 N·s，故C错误；手机与眼睛作用过程中，由动量定理可知(F－mg)t＝0－(－mv)，解得眼睛对手机的平均作用力大小约为F＝eq \f(mv,t)＋mg＝3.2 N，由牛顿第三定律可知，手机对眼睛的平均作用力大小约为3.2 N，故D正确。
一点一过
1．应用动量定理解题的一般步骤
(1)确定研究对象。中学阶段的动量定理问题，其研究对象一般仅限于单个物体。
(2)对物体进行受力分析。可以先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；或先求合力，再求其冲量。
(3)抓住过程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正、负号。
(4)根据动量定理列方程，如有必要还需要其他补充方程，最后代入数据求解。
2．应用动量定理解题的三点说明
(1)动量定理反映了力的冲量与动量变化量之间的因果关系，即外力的冲量是原因，物体的动量变化量是结果。
(2)动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和。
(3)动量定理表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义。
研清微点3 动量定理用于求解多过程问题
3．在蹦床比赛中，一个质量为60 kg的运动员，从离水平网面3.2 m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0 m高处。已知运动员与网接触的时间为1.2 s，若把在这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小。(g＝10 m/s2)
解析：法一：分段法
设运动员从高为h1处下落，则刚接触网时的速度大小为v1＝eq \r(2gh1)(方向向下)
弹跳后上升的高度设为h2，则刚离网时的速度大小为v2＝eq \r(2gh2)(方向向上)
与网接触过程中，运动员受到向下的重力mg和网对其向上的弹力F，规定竖直向上为正方向，由动量定理得：(F－mg)Δt＝mv2－m(－v1)
解以上三式得F＝mg＋meq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2gh2)＋\r(2gh1))),t)，
代入数值可解得F＝1.5×103 N。
法二：整段法
从3.2 m高处自由下落的时间为：t1＝eq \r(\f(2h1,g))＝0.8 s，
蹦到5.0 m高处的时间为：t2＝eq \r(\f(2h2,g))＝1 s，
整个过程中运动员始终受重力作用，仅在与网接触的t0＝1.2 s的时间内受到网对他向上的弹力FN的作用，设竖直向上为正方向，对全过程应用动量定理：FNt0－mg(t1＋t2＋t0)＝0，则FN＝1 500 N。
答案：1 500 N
一点一过
用动量定理解多过程问题的两点提醒
(1)对于过程较复杂的运动，可分段应用动量定理，也可整个过程应用动量定理。
(2)物体受多个力作用，力的方向和作用时间往往不同，列动量定理时应引起关注。
(三) “柱状”模型(融通点)
eq \a\vs4\al(模型一 流体类“柱状模型”)
[例1] 运动员在水上做飞行运动表演，他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转180°后向下喷出，令自己悬停在空中，如图所示。已知运动员与装备的总质量为90 kg，两个喷嘴的直径均为10 cm，已知重力加速度大小g取10 m/s2，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为( )
A．2.7 m/s B．5.4 m/s
C．7.6 m/s D．10.8 m/s
[解析] 设飞行器对水的平均作用力为F，根据牛顿第三定律可知，水对飞行器的作用力的大小也等于F，对飞行器，则有F＝Mg，设水喷出时的速度为v，在时间t内喷出的水的质量m＝ρV＝2ρSvt，t时间内质量为m的水获得的冲量I＝Ft＝2mv，联立解得v≈5.4 m/s，故B正确，A、C、D错误。
[答案] B
[例2] 一同学在远处观看喷泉表演时，估测喷泉中心主喷水口的水柱约有40层楼高(层高3 m)，表演结束时，靠近观察到该主喷水管口的圆形内径约有10 cm，由此估算驱动主喷水的水泵功率最接近的数值是( )
A．5×102 W B．5×103 W
C．5×104 W D．5×105 W
[解析] 40层楼高约h＝120 m。设水泵的功率为P，泵在时间Δt内使质量为Δm的水以速度v通过喷水管口，则PΔt＝eq \f(1,2)Δmv2，v2＝2gh，以及Δm＝ρSvΔt (ρ为水的密度)和S＝eq \f(πd2,4)，由此可得P＝eq \f(ρghπd2,4)eq \r(2gh)≈5×105 W。
[答案] D
eq \a\vs4\al(模型二 微粒类“柱状模型”)
[例3] 根据量子理论，光子的能量E与动量p之间的关系式为E＝pc，其中c表示光速，由于光子有动量，照到物体表面的光子被物体吸收或反射时都会对物体产生压强，这就是“光压”，用I表示。
(1)一台二氧化碳气体激光器发出的激光，功率为P0，射出的光束的横截面积为S，当它垂直照射到一物体表面并被物体全部反射时，激光对物体表面的压力F＝2pN，其中p表示光子的动量，N表示单位时间内激光器射出的光子数，试用P0和S表示该束激光对物体产生的光压；
(2)有人设想在宇宙探测中用光为动力推动探测器加速，探测器上安装有面积极大、反射率极高的薄膜，并让它正对太阳，已知太阳光照射薄膜时每平方米面积上的辐射功率为1 350 W，探测器和薄膜的总质量为m＝100 kg，薄膜面积为4×104 m2，c＝3×108 m/s，求此时探测器的加速度大小。
[解析] (1)在单位时间内，功率为P0的激光的总能量为：P0×1 s＝NE＝Npc，
所以：p＝eq \f(P0,Nc)
由题意可知：激光对物体表面的压力F＝2pN
故激光对物体产生的光压：I＝eq \f(F,S)＝eq \f(2P0,cS)。
(2)由(1)可知：I＝eq \f(2P0,cS)＝eq \f(2×1.35×103,3×108×1) Pa＝9×10－6 Pa
所以探测器受到的光的总压力FN＝IS膜，
对探测器应用牛顿第二定律有FN＝ma，
故此时探测器的加速度
a＝eq \f(IS膜,m)＝eq \f(9×10－6×4×104,100) m/s2＝3.6×10－3 m/s2。
[答案] (1)eq \f(2P0,cS) (2)3.6×10－3 m/s2
[课时跟踪检测]
一、立足主干知识，注重基础性和综合性
1.一辆质量为2 200 kg的汽车正在以26 m/s的速度行驶，如果驾驶员紧急制动，可在3.8 s内使车停下，如果汽车撞到坚固的墙上，则会在0.22 s 内停下，下列判断正确的是( )
A．汽车紧急制动过程动量的变化量较大
B．汽车撞到坚固的墙上动量的变化量较大
C．汽车紧急制动过程受到的平均作用力约为15 000 N
D．汽车撞到坚固的墙上受到的平均作用力约为15 000 N
解析：选C 汽车无论是紧急制动还是撞到坚固的墙上，动量都是由mv变为0，所以动量的变化量一样大，A、B错误；汽车紧急制动过程中，平均作用力F1＝eq \f(mv,t1)≈15 053 N，C正确；汽车撞到坚固的墙上，平均作用力F2＝eq \f(mv,t2)＝260 000 N，D错误。
2.“蹦蹦床”游乐项目是孩子们经常去游乐场玩的一款项目。将儿童在“蹦蹦床”上弹起、下落的过程简化为竖直方向上的运动。一质量为m的儿童从h高度处落下，从接触蹦床到速度大小减为零的时间为Δt，在此过程中( )
A．蹦床对他的冲量大小为mgΔt＋meq \r(2gh)，蹦床对他做功不为0
B．蹦床对他的冲量大小为meq \r(2gh)，蹦床对他做功不为0
C．蹦床对他的冲量大小为mgΔt＋meq \r(2gh)，蹦床对他做功为0
D．蹦床对他的冲量大小为mgΔt－meq \r(2gh)，蹦床对他做功为0
解析：选A 儿童接触蹦床时的速度大小为eq \r(2gh)，接触蹦床后，以向上为正方向，根据动量定理得I－mgΔt＝0－(－meq \r(2gh))，解得I＝mgΔt＋meq \r(2gh)，设儿童接触蹦床后，又下降了x，全程根据动能定理得W＋mg(h＋x)＝0，所以蹦床对儿童做的功为W＝－mg(h＋x)，故选A。
3.如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点停止。下列说法正确的是( )
A．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向
B．圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为2mωr
C．圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动
D．圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为mωr
解析：选D 圆盘停止转动前，小物体随圆盘一起转动，小物体所受摩擦力提供向心力，方向沿半径方向指向圆心，选项A错误；圆盘停止转动前，小物体运动一圈动量的变化量为0，所受合外力为摩擦力，则所受摩擦力的冲量为0，选项B错误；圆盘停止转动后，小物体沿切线方向运动，选项C错误；圆盘停止转动后，根据动量定理可知，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为I′＝|Δp|＝mv＝mωr，选项D正确。
4.平底煎锅正在炸豆子。假设每个豆子的质量均为m，弹起的豆子均垂直撞击平板锅盖，撞击速度均为v。每次撞击后速度大小均变为eq \f(2,3)v，撞击的时间极短，发现质量为M的锅盖刚好被顶起。重力加速度为g，则单位时间撞击锅盖的豆子个数为( )
A.eq \f(3Mg,5mv) B.eq \f(2Mg,5mv)
C.eq \f(2Mg,3mv) D.eq \f(3Mg,2mv)
解析：选A 设单位时间撞击锅盖的豆子个数为n，则由动量定理FΔt＝Δm·eq \f(2,3)v－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－Δmv))，其中F＝Mg，Δm＝nΔt·m，解得n＝eq \f(3Mg,5mv)，故选A。
5．(2022·湖北高考)一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v。前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W1和W2，合外力的冲量大小分别为I1和I2。下列关系式一定成立的是( )
A．W2＝3W1，I2≤3I1 B．W2＝3W1，I2≥I1
C．W2＝7W1，I2≤3I1 D．W2＝7W1，I2≥I1
解析：选D 根据动能定理可知W1＝eq \f(1,2)m(2v)2－eq \f(1,2)mv2＝eq \f(3,2)mv2，W2＝eq \f(1,2)m(5v)2－eq \f(1,2)m(2v)2＝eq \f(21,2)mv2，可得W2＝7W1，由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是mv≤I1≤3mv,3mv≤I2≤7mv，可知I2≥I1，D正确。
6．某节目中，“气功师”平躺在水平地面上，其腹部上平放着一块大石板，助手用铁锤猛击大石板，石板裂开而“气功师”没有受伤。现用下述模型分析探究：
设大石板质量M＝80 kg，铁锤质量m＝5 kg；铁锤从h1＝1.8 m 高处由静止落下，打在石板上反弹，当反弹达到最大高度h2＝0.05 m时被拿开；铁锤与石板的作用时间t1＝0.01 s；由于缓冲，石板与“气功师”腹部的作用时间t2＝0.5 s。重力加速度g取10 m/s2。求铁锤敲击大石板的过程中：
(1)铁锤受到的冲量大小；
(2)大石板对铁锤的平均作用力大小；
(3)大石板对人的平均作用力大小。
解析：(1)由机械能守恒定律eq \f(1,2)mv2＝mgh，解得v＝eq \r(2gh)，则铁锤敲击石板时的速度v1＝eq \r(2gh1)＝6 m/s，方向向下，铁锤反弹时的速度v2＝eq \r(2gh2)＝1 m/s，方向向上，取方向向上为正方向，对铁锤，由动量定理得I＝mv2－(－mv1)，解得I＝35 N·s。
(2)对铁锤，由冲量定义得I＝(F1－mg)t1，解得F1＝3 550 N。
(3)对石板，由动量定理得(F2－Mg)t2－F1t1＝0，解得F2＝871 N。由牛顿第三定律得，大石板对人的平均作用力大小F2′＝F2＝871 N。
答案：(1)35 N·s (2)3 550 N (3)871 N
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
7．(2023·新课标卷)(多选)使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻( )
A．甲的速度大小比乙的大
B．甲的动量大小比乙的小
C．甲的动量大小与乙的相等
D．甲和乙的动量之和不为零
解析：选BD 对甲、乙两条形磁铁分别受力分析，
如图所示，根据牛顿第二定律有a甲＝eq \f(F－μm甲g,m甲)，a乙＝eq \f(F－μm乙g,m乙)，由于m甲 > m乙，所以a甲 < a乙，由于两磁铁运动时间相同，且同时由静止释放，可得v甲 < v乙，A错误；对于整个系统而言，由于μm甲g>μm乙g，合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左，显然甲的动量大小比乙的小，B、D正确，C错误。
8.用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理。如图所示，从距秤盘80 cm高处把1 000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1 s，豆粒弹起时竖直方向的速度大小变为碰前的一半，方向相反。若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短(在豆粒与秤盘碰撞极短时间内，碰撞力远大于豆粒受到的重力)，已知1 000粒的豆粒的总质量为100 g。则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为( )
A．0.2 N B．0.6 N
C．1.0 N D．1.6 N
解析：选B 设豆粒从80 cm高处下落到秤盘上时的速度为v1，v12＝2gh，则v1＝eq \r(2gh)＝eq \r(2×10×0.8) m/s＝4 m/s。设竖直向上为正方向，以所有豆粒与秤盘碰
撞过程，根据动量定理：Ft＝mv2－mv1，则F＝eq \f(mv2－mv1,t)＝eq \f(0.1×2－0.1×－4,1) N＝0.6 N，根据牛顿第三定律可知，在碰撞过程中秤盘受到的压力大小为0.6 N，故B正确，A、C、D错误。
9．某科技小组将一款自动防撞系统安装在汽车上进行测试。当汽车与障碍物之间达到“报警距离”时，汽车能够立即采取制动措施，并将先后经过警报区域和紧急制动区域。某次性能测试中，质量m＝50 kg的汽车测试假人“驾驶”汽车以v0＝10 m/s的速度沿直线行驶，当距离前方静止障碍物s＝13.5 m时，系统立即自动控制汽车做加速度大小为a1＝2 m/s2的匀减速直线运动，并发出警报，减速t1＝1 s后汽车行至某处自动触发紧急制动，汽车做加速度大小为a2的匀减速直线运动，最终停在障碍物前s′＝0.5 m处。g＝10 m/s2，求：
(1)汽车在紧急制动过程中加速度的大小a2；
(2)在整个减速过程中，测试假人所受重力的冲量大小I。
解析：(1)汽车在警报区域运动的距离x1＝v0t1－eq \f(1,2)a1t12，开始紧急制动时的速度v1＝v0－a1t1＝8 m/s，汽车在紧急制动区运动的距离x2＝s－s′－x1＝4 m，汽车在紧急制动区运动过程满足0－v12＝－2a2x2，解得a2＝8 m/s2。
(2)汽车在紧急制动区运动的时间t2＝eq \f(v1,a2)＝1 s，测试假人所受重力的冲量大小I＝mg(t1＋t2)，带入数值得I＝1 000 N·s。
答案：(1)a2＝8 m/s2 (2)I＝1 000 N·s
第2讲 动量守恒定律
一、动量守恒定律及其应用
1．动量守恒定律
(1)内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变。
(2)表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′或Δp1＝－Δp2。
2．系统动量守恒的条件
二、弹性碰撞和非弹性碰撞
1．碰撞
(1)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒。
(2)分类：
2.反冲和爆炸
(1)反冲特点：在反冲运动中，如果没有外力作用或外力远小于物体间的相互作用力，系统的动量是守恒的。
(2)爆炸现象：爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动。
eq \a\vs4\al(情境创设)
A球的质量是m，B球的质量是eq \f(m,2)，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动，A在前，B在后，发生正碰后，B球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半。
微点判断
(1)因水平面光滑，A球和B球碰撞时系统动量守恒。(√)
(2)发生碰撞后，A球的速度方向不变，大小变为原来的2倍。(×)
(3)两球间发生的是弹性碰撞。(×)
(4)只要系统所受到的合力的冲量为零，动量就守恒。(√)
(5)系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。(√)
(6)系统动量守恒也就是系统的动量变化量为零。(√)
(7)若以上两球相向运动发生碰撞，则碰撞后可能朝同一方向运动。(×)
(8)若以上两球相向运动发生碰撞，则碰撞后可能均静止。(√)
(一) 动量守恒的判断(固基点)
[题点全练通]
1．[两个物体组成的系统动量守恒的判断]如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统( )
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量守恒，机械能不守恒
C．动量不守恒，机械能守恒
D．动量不守恒，机械能不守恒
解析：选B 撤去推力，系统所受合外力为零，动量守恒；因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，故系统的机械能减少，B正确。
2．[多个物体组成的系统动量守恒的判断](多选)如图所示，A、B两物体质量之比 mA∶mB＝3∶2，原来静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑。当弹簧突然被释放后，则以下系统动量守恒的是( )
A．若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统
B．若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统
C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统
D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统
解析：选BCD 若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，弹簧被释放后，A、B分别相对C向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力FA向右，FB向左，由于mA∶mB＝3∶2，所以FA∶FB＝3∶2，则A、B组成的系统所受的外力之和不为零，故A、B组成的系统动量不守恒，A错误；对A、B、C组成的系统，A与C、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，和A、B与C间的动摩擦因数或摩擦力大小是否相等无关，B、D正确；若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B组成的系统所受的外力之和为零，故其动量守恒，C正确。
3．[某个方向上动量守恒的判断]如图所示，曲面体P静止于光滑水平面上，物块Q自P的上端静止释放。Q与P的接触面光滑，Q在P上运动的过程中，下列说法正确的是( )
A．P对Q做功为零
B．P和Q之间相互作用力做功之和为零
C．P和Q构成的系统机械能守恒、动量守恒
D．P和Q构成的系统机械能不守恒、动量守恒
解析：选B P对Q有弹力的作用，并且在力的方向上有位移，在运动中，P会向左移动，P对Q的弹力方向垂直于接触面向上，与Q移动位移方向的夹角大于90°，所以P对Q做功不为0，故A错误；因为P、Q之间的力属于系统内力，并且等大反向，两者在力的方向上发生的位移相等，所以做功之和为0，故B正确；因为系统除重力外，其他力做功代数和为零，所以P、Q组成的系统机械能守恒，系统水平方向上不受外力的作用，水平方向上动量守恒，但是在竖直方向上Q有加速度，即竖直方向上动量不守恒，故C、D错误。
[要点自悟明]
判断系统动量守恒时要注意系统的组成及所研究的物理过程：
(1)对于同一个系统，在不同物理过程中动量守恒情况有可能不同。
(2)同一物理过程中，选不同的系统为研究对象，动量守恒情况也往往不同，因此解题时应明确选取的系统和研究过程。
(二) 动量守恒定律的应用(精研点)
1．动量守恒定律的五个特性
2．应用动量守恒定律的解题步骤
(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。
[多维训练]
考法1 动量守恒定律的基本应用
1．如图所示，光滑水平面上静止放置着一辆平板车A。车上有两个小滑块B和C，A、B、C三者的质量分别是3m、2m、m。B与平板车之间的动摩擦因数为μ，而C与平板车之间的动摩擦因数为2μ。开始时B、C分别从平板车的左、右两端同时以大小相同的初速度v0相向滑行。已知B、C最后都没有脱离平板车，则平板车的最终速度v车是( )
A.eq \f(1,2)v0 B.eq \f(1,6)v0
C.eq \f(1,3)v0 D．0
解析：选B 设水平向右为正方向，因为水平面光滑，三个物体组成的系统动量守恒，系统最终的速度为v车，所以2mv0－mv0＝(3m＋2m＋m)v车，解得v车＝eq \f(1,6)v0，B正确。
考法2 动量守恒中的临界极值问题
2.如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0。为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度的大小。(不计水的阻力和货物在两船之间的运动过程)
解析：设乙船上的人抛出货物的最小速度的大小为vmin，抛出货物后乙船的速度为v乙。甲船上的人接到货物后甲船的速度为v甲，规定水平向右的方向为正方向。
对乙船和货物的作用过程，由动量守恒定律得
12mv0＝11mv乙－mvmin①
对货物和甲船的作用过程，同理有
10m×2v0－mvmin＝11mv甲②
为避免两船相撞应有v甲＝v乙③
联立①②③式得vmin＝4v0。
答案：4v0
考法3 动量守恒定律与动量定理的综合
3.如图所示，质量为m＝245 g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5 kg的木板左端，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μ＝0.4。质量为m0＝5 g的子弹以速度v0＝300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/s2。子弹射入后，求：
(1)子弹进入物块后子弹和物块一起向右滑行的最大速度v1。
(2)木板向右滑行的最大速度v2。
(3)物块在木板上滑行的时间t。
解析：(1)子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒可得：
m0v0＝(m0＋m)v1，解得v1＝6 m/s。
(2)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得：(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，解得v2＝2 m/s。
(3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得：
－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1，
解得：t＝1 s。
答案：(1)6 m/s (2)2 m/s (3)1 s
(三) 某个方向上的动量守恒问题(培优点)
[典例] (多选)如图所示，质量为M的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与水平方向的夹角为θ。一个质量为m的小物块从斜面底端以初速度v0沿斜面向上开始运动。当小物块沿斜面向上运动到最高点时，速度大小为v，距地面高度为h，则下列关系式中正确的是( )
A．mv0＝(m＋M)v
B．mv0cs θ＝(m＋M)v
C．mgh＝eq \f(1,2)m(v0sin θ)2
D．mgh＋eq \f(1,2)(m＋M)v2＝eq \f(1,2)mv02
[解析] 小物块上升到最高点时，小物块相对楔形物体静止，所以小物块与楔形物体的速度都为v，二者组成的系统在水平方向上动量守恒，全过程机械能守恒。以向右为正方向，在小物块上升过程中，由水平方向系统动量守恒得mv0cs θ＝(m＋M)v，故A错误，B正确；由机械能守恒定律得mgh＋eq \f(1,2)(m＋M)v2＝eq \f(1,2)mv02，故C错误，D正确。
[答案] BD
[多维训练]
考法1 系统在某方向上动量守恒的分析与判断
1.(多选)如图所示，在足够长的光滑水平面上，相对放置着两个形状完全相同的光滑弧形槽A、B，槽底端与光滑水平面相切，其中弧形槽A不固定，弧形槽B固定。一小球从弧形槽A顶端由静止释放。下列判断正确的是( )
A．小球在弧形槽A下滑过程中，小球的机械能不守恒
B．小球在弧形槽B上滑过程中，小球的机械能不守恒
C．小球和弧形槽A组成的系统满足动量守恒
D．小球不能上升到弧形槽B的顶端
解析：选AD 由于A是不固定的，小球下滑的过程中，一部分动能转移给了A，所以小球的机械能不守恒，A正确；由于B是固定的，小球在上滑的过程中，动能转化为重力势能，机械能守恒，B错误；小球最初和A的合动量为零，而当小球上升到静止时，小球的动量为零，A的动量不为零，所以小球和弧形槽A组成的系统动量不守恒，C错误；由于小球的一部分动能给了A，所以小球最终到达不了B的顶端，D正确。
考法2 系统在某方向上动量守恒与机械能守恒的综合
2.如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧是一个eq \f(1,4)弧形槽，凹槽半径为R，A点切线水平。另有一个质量为m的小球以速度v0从A点冲上滑块，重力加速度大小为g，不计摩擦。下列说法中正确的是( )
A．当v0＝eq \r(2gR)时，小球能到达B点
B．如果小球的速度足够大，小球将从滑块的左侧离开滑块后直接落到水平面上
C．小球到达斜槽最高点处，小球的速度为零
D．小球回到斜槽底部时，小球速度方向可能向左
解析：选D 滑块不固定，当v0＝eq \r(2gR)时，设小球沿槽上升的高度为h，则有mv0＝(m＋M)v，eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)(M＋m)v2＋mgh，可解得h＝eq \f(M,M＋m)R＜R，故A错误；当小球速度足够大，从B点离开滑块时，由于B点切线竖直，在B点时小球与滑块的水平速度相同，离开B点后将再次从B点落回，不会从滑块的左侧离开滑块后直接落到水平面上，B错误；当小球到达斜槽最高点，由在水平方向上动量守恒有mv0＝(M＋m)v，小球具有水平速度，故C错误；当小球回到斜槽底部，相当于完成了弹性碰撞，mv0＝mv1＋Mv2，eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)Mv22，v1＝eq \f(m－M,m＋M)v0，当m＞M，v1与v0方向相同，向左，当m＜M，v1与v0方向相反，即向右，故D正确。
[课时跟踪检测]
1．(多选)2023年10月5日，在杭州亚运会女子篮球决赛中，中国女篮获得冠军。比赛中质量为m的篮球以大小为v1的速度水平撞击竖直篮板后，被篮板水平弹回，速度大小变为v2，已知v20)。现始终给A施加一个大小为F＝mg、方向沿斜面向下的力，A开始运动，g为重力加速度。设A、B之间以及B与挡板之间的碰撞时间极短，且无机械能损失，滑块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
(1)A、B第一次碰撞后瞬间它们的速率分别为多少。
(2)A、B第一次碰撞与第二次碰撞之间的时间。
解析：(1)A和B恰好能静止，则有
mgsin θ＝μmgcs θ，
当给A施加一个大小为F＝mg、方向沿斜面向下的力，A开始运动，
由牛顿第二定律可知F＋mgsin θ－μmgcs θ＝ma
解得：a＝g
A与B碰撞前的速度为v12＝2gkL
A与B发生弹性碰撞，由动量守恒定律可知
mv1＝mv2＋mv1′，
由能量守恒定律可知eq \f(1,2)mv12＝eq \f(1,2)mv22＋eq \f(1,2)mv1′2
解得：v1′＝0，v2＝eq \r(2gkL)。
(2)碰撞后B运动到底端所用时间为
t1＝eq \f(L,v2)＝ eq \r(\f(L,2gk))
A运动到底端所用时间为t2＝ eq \r(\f(2L,g))
若t1＝t2
解得：k＝eq \f(1,4)
当0＜k≤eq \f(1,4)时，A与B同向相撞，即B与挡板碰撞前A、B发生第二次碰撞，此时有eq \f(1,2)gt2＝teq \r(2gkL)
解得：t＝2 eq \r(\f(2kL,g))
当k＞eq \f(1,4)时，A与B反向相撞，即B先与挡板碰撞反向后与A发生第二次碰撞，
B与挡板碰后原速率返回mgsin θ＋μmgcs θ＝ma′
解得：a′＝g
再次相碰时，满足：L－eq \f(1,2)gt2＝eq \r(2gkL)·(t－t1)－eq \f(1,2)a′(t－t1)2，
解得：t＝eq \f(8k＋1,22k＋1) eq \r(\f(L,2gk))。
答案：(1)0 eq \r(2gkL) (2)当0＜k≤eq \f(1,4)时，t＝2eq \r(\f(2kL,g))；当k＞eq \f(1,4)时，t＝eq \f(8k＋1,22k＋1) eq \r(\f(L,2gk))
加强点(二) 动量观点与能量观点的综合应用
1．两大观点
动量的观点：动量定理和动量守恒定律。
能量的观点：动能定理和能量守恒定律。
2．三种技巧
(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)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初、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，就更显出它们的优越性。
[典例] 一玩具以初速度v0从水平地面竖直向上抛出，达到最高点时，用遥控器将玩具内压缩的轻弹簧弹开，该玩具沿水平方向分裂成质量之比为1∶4的两部分，此时它们的动能之和与玩具从地面抛出时的动能相等。弹簧弹开的时间极短，不计空气阻力。求：
(1)玩具上升到最大高度eq \f(3,4)时的速度大小；
(2)两部分落地时速度大小之比。
[解析] (1)设玩具上升的最大高度为h，玩具上升到高度eq \f(3,4)h时的速度大小为v，重力加速度大小为g，以初速度方向为正，由运动学公式，有
0－v02＝－2gh①
v2－v02＝－2geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)h))②
联立①②式解得
v＝eq \f(1,2)v0。③
(2)设玩具分开时两部分的质量分别为m1、m2，水平速度大小分别为v1、v2。依题意，动能关系为
eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22＝eq \f(1,2)(m1＋m2)v02④
玩具达到最高点时速度为零，两部分分开时速度方向相反，水平方向动量守恒，有
m1v1－m2v2＝0⑤
分开后两部分做平抛运动，由运动学关系，两部分落回地面时，竖直方向分速度大小为v0，设两部分落地时的速度大小分别为v1′、v2′，由速度合成公式，有
v1′＝eq \r(v02＋v12)⑥
v2′＝eq \r(v02＋v22)⑦
联立④⑤⑥⑦式，考虑到m1∶m2＝1∶4，得 eq \f(v1′,v2′)＝2。
[答案] (1)eq \f(1,2)v0 (2)2
[针对训练]
如图所示，小物块A、B的质量均为m＝0.10 kg，B静止在轨道水平段的末端。A以水平速度v0与B碰撞，碰后两物块粘在一起水平抛出。抛出点距离水平地面的竖直高度为h＝0.45 m，两物块落地点距离轨道末端的水平距离为s＝0.30 m，取重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)两物块在空中运动的时间t；
(2)两物块碰前A的速度v0的大小；
(3)两物块碰撞过程中损失的机械能ΔE。
解析：(1)抛出后竖直方向为自由落体运动，
由h＝eq \f(1,2)gt2
解得t＝0.30 s。
(2)设物块A、B碰撞后速度为v，抛出后水平方向为匀速运动，由s＝vt
解得v＝1.0 m/s。
根据动量守恒定律，由mv0＝2mv
解得v0＝2.0 m/s。
(3)两物块碰撞过程中损失的机械能
ΔE＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)×2mv2
解得ΔE＝0.10 J。
答案：(1)0.30 s (2)2.0 m/s (3)0.10 J
加强点(三) 三大力学观点的综合应用
1．三大基本观点
2.三大观点的选用原则
力学中首先考虑使用两个守恒定律。
(1)若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律。
(2)若物体(或系统)涉及速度和时间，应考虑使用动量定理。
(3)若物体(或系统)涉及位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律。
(4)若物体(或系统)涉及位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中摩擦力做功时应用摩擦力乘以相对路程，动能定理解决曲线运动和变加速运动特别方便。
[特别提醒]
(1)无论使用哪一个规律，受力分析是前提。
(2)有的问题往往一题多解，解题时应从多个角度分析，找出最快捷的解题方法。
[典例] (2023·浙江1月选考)一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角θ＝37°的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE、倾角θ＝37°的直轨道EF、水平直轨道FG组成，除FG段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B(E)处。凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH处，摆渡车：上表面与直轨道FG、平台JK位于同一水平面。已知螺旋圆形轨道半径R＝0.5 m，B点高度为1.2R，FG长度LFG＝2.5 m，HI长度L0＝9 m，摆渡车长度L＝3 m、质量m＝1 kg。将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度h＝2.3 m处静止释放，滑块在FG段运动时的阻力为其重力的0.2倍。(摆渡车碰到竖直侧壁IJ立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
(1)求滑块过C点的速度大小vC和轨道对滑块的作用力大小FC；
(2)摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ；
(3)在(2)的条件下，求滑块从G到J所用的时间t。
[解析] (1)滑块从A到C，由动能定理得：
mg(h－1.2R－Rcs θ－R)＝eq \f(1,2)mvC2
代入得vC＝4 m/s
在C点，由牛顿第二定律得：
FC＋mg＝meq \f(vC2,R)
代入数据解得：FC＝22 N。
(2)设滑块刚冲上摆渡车时速度为v0，则由动能定理得mgh－0.2mgLFG＝eq \f(1,2)mv02
代入数据解得：v0＝6 m/s
滑块恰好不脱离摆渡车，由动量守恒定律得
mv0＝(m＋m)v共
代入数据解得v共＝3 m/s
由能量守恒定律得：μmgL＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(m＋m)v共2
代入数据解得μ＝0.3。
(3)对滑块由牛顿第二定律得：μmg＝ma
减速阶段：t1＝eq \f(v0－v共,a)＝1 s
x1＝eq \f(1,2)(v0＋v共)t1＝4.5 m
匀速阶段t2＝eq \f(L0－x1,v共)＝1.5 s
则滑块从G到J用时t＝t1＋t2＝2.5 s。
[答案] (1)4 m/s 22 N (2)0.3 (3)2.5 s
[针对训练]
(2023·广东高考)如图为某药品自动传送系统的示意图。该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为3L，平台高为L。药品盒A、B依次被轻放在以速度v0匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从M点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端N点停下，随后滑下的B以2v0的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、B的质量分别为m和2m，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的eq \f(1,4)。A与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，AB在滑至N点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点。求：
(1)A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间t；
(2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W；
(3)圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s。
解析：(1)A在传送带上运动时的加速度a＝μg
由静止加速到与传送带共速所用的时间t＝eq \f(v0,a)＝eq \f(v0,μg)。
(2)由功能关系可得，B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功
W＝eq \f(1,2)·2mv02＋2mg·3L－eq \f(1,2)·2m·(2v0)2＝6mgL－3mv02。
(3)AB碰撞过程由动量守恒定律和能量守恒定律可得2m·2v0＝mv1＋2mv2，
eq \f(1,2)·2m·(2v0)2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)mv12＋\f(1,2)·2mv22))
＝eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)·2m·2v02))
解得v1＝2v0，v2＝v0
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(另一组解v1＝\f(2,3)v0，v2＝\f(5,3)v0舍掉))
A、B做平抛运动的时间t1＝eq \r(\f(2L,g))
设桌面上圆盘的半径为r，
则s－r＝v2t1，s＋r＝v1t1，
解得s＝eq \f(3v0,2)eq \r(\f(2L,g))。
答案：(1)eq \f(v0,μg) (2)6mgL－3mv02 (3)eq \f(3v0,2)eq \r(\f(2L,g))

[课时跟踪检测]
1．如图甲是打桩机进行路基打桩的实物情景图，打桩过程情景模型如图乙所示，已知打桩机重锤A的质量为m，混凝土钢筋桩B的质量为M，其中M＝8m。每一次打桩时，打桩机抬高重锤A，比桩B顶部高出H，然后从静止自由释放，与桩发生时间极短的完全非弹性碰撞后，与桩一起向下运动，设桩受到的阻力f与桩深入地面下的深度h成正比，即f＝kh，其中k＝eq \f(56mg,H)(重力加速度为g，其他阻力忽略不计)。
(1)完成第1次打桩后，试求桩B深入地面下的深度h1；
(2)已知桩B的长度l＝3H，试求使桩B刚好全部进入地面下，则要打多少次？
解析：(1)设重锤A下落与桩B碰撞前的速度为v0，则有mgH＝eq \f(1,2)mv02
因为重锤A与桩B发生了时间极短的完全非弹性碰撞，设碰撞后的共同速度为v，则有mv0＝(M＋m)v
设第1次打桩，桩B克服阻力所做的功为W1，则有
(M＋m)gh1－W1＝0－eq \f(1,2)(M＋m)v2
其中W1＝eq \f(1,2)kh12
联合上式解得h1＝eq \f(H,3)，另一负解不合实际情况，故舍去。
(2)设使桩B刚好全部进入地面下，要打N次，根据动能定理，有：
(M＋m)gl－W总＝0－N×eq \f(1,2)(M＋m)v2
其中W总＝eq \f(1,2)kl2，解得N＝2 025。
答案：(1)eq \f(H,3) (2)2 025
2．如图所示，光滑水平面MN的左端M处固定有一能量补充装置P，使撞击它的物体弹回后动能在原来基础上增加一定值。右端N处与水平传送带恰好平齐且靠近，传送带沿逆时针方向以恒定速率v＝6 m/s匀速转动，水平部分长度L＝9 m。放在光滑水平面上的两相同小物块A、B(均视为质点)间有一被压缩的轻质弹簧，弹性势能Ep＝9 J，弹簧与A、B均不粘连，A、B与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，物块质量mA＝mB＝1 kg。现将A、B同时由静止释放，弹簧弹开物块A和B后，迅速移去轻弹簧，此时，A还未撞击P，B还未滑上传送带。取g＝10 m/s2。
(1)求A、B刚被弹开时的速度大小；
(2)试通过计算判断B第一次滑上传送带后，能否从传送带右端滑离传送带；
(3)若B从传送带上回到光滑水平面MN上与被弹回的A发生碰撞后粘连，一起滑上传送带，则P应给A至少补充多少动能才能使二者一起滑离传送带？
解析：(1)弹簧弹开的过程中，系统机械能守恒，有Ep＝eq \f(1,2)mAvA2＋eq \f(1,2)mBvB2
由动量守恒定律得mAvA－mBvB＝0
联立以上两式解得vA＝3 m/s，vB＝3 m/s。
(2)假设B不能从传送带右端滑离传送带，则B做匀减速运动直到速度减小到零，设位移为x，
由动能定理得－μmBgx＝0－eq \f(1,2)mBvB2，
解得x＝eq \f(vB2,2μg)＝2.25 m
由于x＜L，B不能从传送带右端滑离传送带。
(3)设物块A撞击P后被反向弹回的速度为v1，由功能关系可知E＋eq \f(1,2)mAvA2＝eq \f(1,2)mAv12
由物块B在传送带上先向右做匀减速运动，直到速度减小到零，然后反方向做匀加速运动。
由运动的对称性可知，物块B回到皮带左端时速度大小应为v2＝vB＝3 m/s
设B与A发生碰撞粘连后速度为v′，由动量守恒定律可得mAv1－mBv2＝(mA＋mB)v′，要使二者能一起滑离传送带，要求eq \f(1,2)(mA＋mB)v′2≥μ(mA＋mB)gL，由以上四式可得E ≥108 J。
答案：(1)3 m/s 3 m/s (2)不能 (3)108 J
3．如图，一长木板在光滑的水平面上以速度v0向右做匀速直线运动，将一小滑块无初速地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为m和2m，它们之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。
(1)滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小；
(2)某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离；
(3)若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动，直到滑块相对木板静止，求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功。
解析：(1)由于地面光滑，则木板与滑块组成的系统动量守恒，有2mv0＝3mv共，解得v共＝eq \f(2v0,3)。
(2)由于木板速度是滑块的2倍，则有v木＝2v滑，
再根据动量守恒定律有2mv0＝2mv木＋mv滑，
联立化简得v滑＝eq \f(2,5)v0，v木＝eq \f(4,5)v0，
再根据功能关系有
－μmgx＝eq \f(1,2)×2mv木2＋eq \f(1,2)mv滑2－eq \f(1,2)×2mv02，
联立解得x＝eq \f(7v02,25μg)。
(3)由于木板保持匀速直线运动，则有F＝μmg，
对滑块进行受力分析，并根据牛顿第二定律有
a滑＝μg，
滑块相对木板静止时有v0＝a滑t，解得t＝eq \f(v0,μg)，
则整个过程中木板滑动的距离为x′＝v0t＝eq \f(v02,μg)，
则拉力所做的功为W＝Fx′＝mv02。
答案：(1)eq \f(2v0,3) (2)eq \f(7v02,25μg) (3)eq \f(v0,μg) mv02
4．(2022·浙江6月选考)如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l。圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H。开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知m＝2 g，l＝1 m，R＝0.4 m，H＝0.2 m，v＝2 m/s，物块与MN、CD之间的动摩擦因数μ＝0.5，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点，取g＝10 m/s2。
(1)若h＝1.25 m，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小；
(2)物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力FN与h间满足的关系；
(3)若物块b释放高度0.9 m