高考物理二轮复习教案第十四章动量.doc

▁▂▃▄▅▆▇█▉▊▋▌精诚凝聚 =^_^= 成就梦想 ▁▂▃▄▅▆▇█▉▊▋▌
第十四章 动 量
知识网络：

§14-1 动量 冲量 动量定理
一、动量和冲量
1．动量
按定义，物体的质量和速度的乘积叫做动量：p=mv
⑴动量是描述物体运动状态的一个状态量，它与时刻相对应。
⑵动量是矢量，它的方向和速度的方向相同。
⑶动量的相对性：由于物体的速度与参考系的选取有关，所以物体的动量也与参考系选取有关，因而动量具有相对性。题中没有特别说明的，一般取地面或相对地面静止的物体为参考系。
2．动量的变化：

由于动量为矢量，则求解动量的变化时，其运算遵循平行四边形定则。
A、若初末动量在同一直线上，则在选定正方向的前提下，可化矢量运算为代数运算。
B、若初末动量不在同一直线上，则运算遵循平行四边形定则。
例1.一个质量为m=40g的乒乓球自高处落下，以速度=1m/s碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为=0.5m/s。求在碰撞过程中，乒乓球动量变化为多少？

正方向
取竖直向下为正方向，乒乓球的初动量为：

乒乓球的末动量为：

乒乓球动量的变化为：
=
负号表示的方向与所取的正方向相反，即竖直向上。
2．冲量
按定义，力和力的作用时间的乘积叫做冲量：I=Ft
⑴冲量是描述力的时间积累效应的物理量，是过程量，它与时间相对应。
⑵冲量是矢量，它的方向由力的方向决定（不能说和力的方向相同）。如果力的方向在作用时间内保持不变，那么冲量的方向就和力的方向相同。如果力的方向在不断变化，如绳子拉物体做圆周运动，则绳的拉力在时间t内的冲量，就不能说是力的方向就是冲量的方向。对于方向不断变化的力的冲量，其方向可以通过动量变化的方向间接得出。
⑶高中阶段只要求会用I=Ft计算恒力的冲量。对于变力的冲量，高中阶段只能利用动量定理通过物体的动量变化来求。
⑷要注意的是：冲量和功不同。恒力在一段时间内可能不作功，但一定有冲量。
m
H
例2. 质量为m的小球由高为H的光滑固定斜面顶端无初速滑到底端过程中，重力、弹力、合力的冲量各是多大？
解析：力的作用时间都是，力的大小依次是mg、mgcosα和mgsinα，所以它们的冲量依次是：
点评：特别要注意，该过程中弹力虽然不做功，但对物体有冲量。
二、动量定理
1．动量定理
物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化。既I=Δp
⑴动量定理表明冲量是使物体动量发生变化的原因，冲量是物体动量变化的量度。这里所说的冲量必须是物体所受的合外力的冲量（或者说是物体所受各外力冲量的矢量和）。
⑵动量定理给出了冲量（过程量）和动量变化（状态量）间的互求关系。
⑶现代物理学把力定义为物体动量的变化率：（牛顿第二定律的动量形式）。
⑷动量定理的表达式是矢量式。在一维的情况下，各个矢量必须以同一个规定的方向为正。
点评：要注意区分“合外力的冲量”和“某个力的冲量”，根据动量定理，是“合外力的冲量”等于动量的变化量，而不是“某个力的冲量” 等于动量的变化量。这是在应用动量定理解题时经常出错的地方，要引起注意。
例3.以初速度v0平抛出一个质量为m的物体，抛出后t秒内物体的动量变化是多少？
解析：因为合外力就是重力，所以Δp=Ft=mgt
点评：有了动量定理，不论是求合力的冲量还是求物体动量的变化，都有了两种可供选择的等价的方法。本题用冲量求解，比先求末动量，再求初、末动量的矢量差要方便得多。当合外力为恒力时往往用Ft来求较为简单；当合外力为变力时，在高中阶段只能用Δp来求。
2．动量定理的定性应用
（1）动量变化量一定，作用时间不同，受到的力就不同。
例4. 鸡蛋从同一高度自由下落，第一次落在地板上，鸡蛋被打破；第二次落在泡沫塑料垫上，没有被打破。这是为什么？
解析：两次碰地（或碰塑料垫）瞬间鸡蛋的初速度相同，而末速度都是零也相同，所以两次碰撞过程鸡蛋的动量变化相同。根据Ft=Δp，第一次与地板作用时的接触时间短，作用力大，所以鸡蛋被打破；第二次与泡沫塑料垫作用的接触时间长，作用力小，所以鸡蛋没有被打破。（再说得准确一点应该指出：鸡蛋被打破是因为受到的压强大。鸡蛋和地板相互作用时的接触面积小而作用力大，所以压强大，鸡蛋被打破；鸡蛋和泡沫塑料垫相互作用时的接触面积大而作用力小，所以压强小，鸡蛋未被打破。）
（2）作用力一定，作用时间不同，动量变化量就不同。
F
例5.某同学要把压在木块下的纸抽出来。第一次他将纸迅速抽出，木块几乎不动；第二次他将纸较慢地抽出，木块反而被拉动了。这是为什么？
解析：物体动量的改变不是取决于合力的大小，而是取决于合力冲量的大小。在水平方向上，第一次木块受到的是滑动摩擦力，一般来说大于第二次受到的静摩擦力；但第一次力的作用时间极短，摩擦力的冲量小，因此木块没有明显的动量变化，几乎不动。第二次摩擦力虽然较小，但它的作用时间长，摩擦力的冲量反而大，因此木块会有明显的动量变化。
例6. 一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷人泥潭中。若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ，进人泥潭直到停止的过程称为过程Ⅱ， 则( )
A、过程I中钢珠的动量的改变量等于重力的冲量
B、过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程I中重力的冲量的大小
C、I、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零
D、过程Ⅱ中钢珠的动量的改变量等于零
解析：根据动量定理可知，在过程I中，钢珠从静止状态自由下落.不计空气阻力，小球所受的合外力即为重力，因此钢珠的动量的改变量等于重力的 冲量，选项A正确；过程I中阻力的冲量的大小等于过程I中重力的冲量的大小与过程Ⅱ中重力的冲量的大小之和，显然B选项不对；在I、Ⅱ两个过程中，钢珠动量的改变量各不为零.且它们大小相等、方向相反，但从整体看，钢珠动量的改变量为零，故合外力的总冲量等于零，故C选项正确，D选项错误。因此，本题的正确选项为A、C。
3．动量定理的定量计算
利用动量定理解题，必须按照以下几个步骤进行：
⑴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质点组。质点组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。
⑵进行受力分析。只分析研究对象以外的物体施给研究对象的力。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中的不同阶段中物体的受力情况不同，就要分别计算它们的冲量，然后求它们的矢量和。
⑶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，列式前要先规定一个正方向，和这个方向一致的矢量为正，反之为负。
⑷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）。
A
B
C
⑸根据动量定理列式求解。
例7.质量为m的小球，从沙坑上方自由下落，经过时间t1到达沙坑表面，又经过时间t2停在沙坑里。求：⑴沙对小球的平均阻力F；⑵小球在沙坑里下落过程所受的总冲量I。
解析：设刚开始下落的位置为A，刚好接触沙的位置为B，在沙中到达的最低点为C。⑴在下落的全过程对小球用动量定理：重力作用时间为t1+t2，而阻力作用时间仅为t2，以竖直向下为正方向，有：
mg(t1+t2)-Ft2=0， 解得：
⑵仍然在下落的全过程对小球用动量定理：在t1时间内只有重力的冲量，在t2时间内只有总冲量（已包括重力冲量在内），以竖直向下为正方向，有：
mgt1-I=0，∴I=mgt1
点评：这种题本身并不难，也不复杂，但一定要认真审题。要根据题意所要求的冲量将各个外力灵活组合。若本题目给出小球自由下落的高度，可先把高度转换成时间后再用动量定理。当t1>> t2时，F>>mg。
m M
v0
v/
例8. 质量为M的汽车带着质量为m的拖车在平直公路上以加速度a匀加速前进，当速度为v0时拖车突然与汽车脱钩，到拖车停下瞬间司机才发现。若汽车的牵引力一直未变，车与路面的动摩擦因数为μ，那么拖车刚停下时，汽车的瞬时速度是多大？
解析：以汽车和拖车系统为研究对象，全过程系统受的合外力始终为，该过程经历时间为v0/μg，末状态拖车的动量为零。全过程对系统用动量定理可得：

点评：这种方法只能用在拖车停下之前。因为拖车停下后，系统受的合外力中少了拖车受到的摩擦力，因此合外力大小不再是。
例9.质量为m=1kg的小球由高h1=0.45m处自由下落，落到水平地面后，反跳的最大高度为h2=0.2m，从小球下落到反跳到最高点经历的时间为Δt=0.6s，取g=10m/s2。求：小球撞击地面过程中，球对地面的平均压力的大小F。
解析：以小球为研究对象，从开始下落到反跳到最高点的全过程动量变化为零，根据下降、上升高度可知其中下落、上升分别用时t1=0.3s和t2=0.2s，因此与地面作用的时间必为t3=0.1s。由动量定理得：mgΔt-Ft3=0 ，F=60N
例10. 一个质量为m=2kg的物体，在F1=8N的水平推力作用下，从静止开始沿水平面运动了t1=5s，然后推力减小为F2=5N，方向不变，物体又运动了t2=4s后撤去外力，物体再经 过t3=6s停下来。试求物体在水平面上所受的摩擦力。
解法l 取物体为研究对象，它的运动可明显分为三个过程。设第一、二两过程末的速度分别为v1和v2。，物体所受摩擦力为f，规定推力的方向为正方向。根据动量定理对三个过程分别有：

联立上述三式得
解法2 规定推力的方向为正方向，在物体运动的整个过程中，物体的初动量p1=0，末动量p2=0。据动量定理有

即：
解得
t
F
O
F
t
点评：遇到涉及力、时间和速度变化的问题时，运用动量定理解答往往比运用牛顿运 动定律及运动学规律求解简便。由解法2可知，合理选取研究过程，能简化解题步骤，提高解题速度。本题也可以用牛顿运动定律求解。
4．在F－t图中的冲量：
F－t图上的“面积”表示冲量的大小。
例11. 如图所示，图线表示作用在某物体上的合外力与时间变化的关系，若物体开始时是静止的，那么　　
Ａ.从ｔ=0开始，前3ｓ内作用在物体上的冲量为-5Ｎ·ｓ
Ｂ.前4ｓ内物体的位移为零
Ｃ.第4ｓ未物体的速度为零
Ｄ.前3ｓ内合外力对物体做功为零
D
*如果物体所受空气阻力与速度成正比,当以速度v1竖直上抛后,又以速度v2返回出发点。这个过程共用了多少时间?
解析：如图所示，作出上升阶段和下降阶段的v-t图线（图中蓝色线所示），则图线下方的“面积”表示位移大小，即s1=s2=h，由于阻力与速度大小成正比，在图中作出f-t图线（图中红色线所示），则图线下方的面积一定相等，而此“面积”表示上升阶段和下降阶段阻力的冲量，即有If 1=If 2，对全过程由动量定理可得mgt=m（v1+v2），解得t=（v1+v2）/g

点评：该题是利用物理图象解题的范例，运用物理图象解题形象直观，可以使解题过程大大简化。
例12.跳伞运动员从2000m高处跳下，开始下落过程未打开降落伞，假设初速度为零，所受空气阻力与下落速度大小成正比，最大降落速度为vm=50m/s。运动员降落到离地面s=200m高处才打开降落伞，在1s内速度均匀减小到v1=5.0m/s，然后匀速下落到地面，试求运动员在空中运动的时间。
解析：整个过程中，先是变加速运动，接着匀减速，最后匀速运动，作出v—t图线如图（1）所示。由于第一段内作非匀变速直线运动，用常规方法很难求得这1800m位移内的运动时间。考虑动量定理，将第一段的v—t图按比例转化成f—t图，如图（2）所示，则可以巧妙地求得这段时间。
设变加速下落时间为t1，

又：mg=kvm，得 所以：

第二段1s内：
所以第三段时间
空中的总时间：

§14-2 动量守恒定律
一、守恒定律：
1.定律：如果一个系统不受外力或者所受合外力为零，那么这个系统的总动量守恒。
2.表达式：
（1）p=p’ 运动过程中，系统总动量不变（大小，方向都不变）
（2）Δp=0 运动过程中，系统总动量的变化量为零
（3）ΔpA=-ΔpB 运动过程中，系统的A、B两个部分，动量的增量总是等值反向。
3.守恒条件：
（1）绝对条件：系统不受外力或所受合外力为零。
（2）相对条件：系统所受合外力不为零，但在某方向上的合力为零，则系统在该方向动量守恒，系统总动量不守恒。
（3）近似条件：系统所受合外力不为零，但系统的内力远大于外力，可忽略外力时，可认为系统动量守恒。
4.理解：矢量性：注意选取坐标系
瞬时性: 如碰撞、爆炸等
同时性：的同时性
同一性：同一参考系
普适性：普遍适用
5.应用动量守恒定律的步骤：
（1）分析题意，确定研究对象。
（2）根据题意选取研究的运动段落，明确始末状态的动量大小和方向。
（3）对研究对象进行受力分析，确定是否符合动量守恒的条件。
（4）选取参考正方向
（5）列取方程求解：符合守恒条件，列动量守恒方程；
不符合守恒条件，列动量定理方程；
例13一个质量为M的物体从半径为R的光滑半圆形槽的边缘A点由静止开始滑下，紧靠半圆形槽的边缘A点地面上放着一质量为m的物体，如图示。水平地面光滑。则 （ ）
A. 物体M能滑回到A点
B. 物体M滑到B点时恰好静止
C. 物体M和半圆槽及物体m构成的系统机械能守恒
D. 物体M和半圆槽及物体m构成的系统水平方向动量守恒
CD
二、碰撞中的动量守恒：
1．碰撞的分类：弹性碰撞—形变能完全恢复的形变（碰后一定分离）。
非弹性碰撞--形变不能完全恢复的形变。
完全费弹性碰撞--形变不能完全恢复的形变（碰后不分离）。
2． 碰撞的特征：
（1）时间特征：相互作用的时间极短。
（2）力学特征：相碰物体直接作用，相互作用力先是迅速增大，后是迅速减小，相互的平均作用力很大。在内力远大于外力时，可忽略外力不计。
（3）位移特征：由于相互作用时间极短，因此碰撞过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，即位移约为零。
3．碰撞问题的分析方法：
（1）动量守恒：由于碰撞过程中内力远大于外力，忽略外力，相互碰撞的物体构成的系统动量守恒。

（2）能量不会增加：由于碰撞过程中，没有位移，外力对相互碰撞的物体构成的系统不做功，所以碰撞后系统的动能应不大于碰撞前系统的动能（有其它形式的能量转化为机械能除外，如爆炸）。

（3）完全弹性碰撞过程中，系统无机械能损失。完全非弹性碰撞中，系统机械能损失最大。（完全弹性碰撞过程简称为弹性碰撞过程）
（4）参与碰撞构成的系统的物体，是那些在极短的时间内相互冲撞并发生形变、（完全或部分）恢复形变的物体。
例14.如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动，两球的质量关系为mB=2mA，规定向右为正，两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰后A球的动量增量为-4 kg·m/s，则：
A．左方是A球，碰后A、B两球速度大小之比为2：5
B．左方是A球，碰后A、B两球速度大小之比为1：10
C．右方是A球，碰后A、B两球速度大小之比为2：5
D．右方是A球，碰后A、B两球速度大小之比为1：10
解：光滑水平面上大小相同A、B 两球在发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得：
△PA=-△PB
由于碰后A球的动量增量为负值，所以右边不可能是A球的，若是A球则动量的增量应该是正值，
因此碰后A球的动量为-2kg•m/s
所以碰后B球的动量是增加的，为10kg•m/s．
由于两球质量关系为mB=2mA
那么碰撞后A、B两球速度大小之比2：5
故选：A
例15.如图所示，滑块A、C质量均为m，滑块B质量为m。开始时A、B分别以的速度沿光滑水平轨道向固定在右侧的挡板运动，现将C无初速地放在A上，并与A粘合不再分开，此时A与B相距较近，B与挡板相距足够远。若B与挡板碰撞将以原速率反弹，A与B碰撞将粘合在一起。为使B能与挡板碰撞两次，应满足什么关系？

解析：将C无初速地放在A上后，，，
A与B碰撞后粘合在一起，使B能与挡板碰撞两次，＞0
得： 2v2 ≧＞
4．一维碰撞碰后速度：
（1）弹性碰撞：

当v2=0时，有 ；
例16．如图示，质量为m的小球A以水平速率v与静止在水平面上质量为3m的小球正碰后，小球A的速率为v/2,则碰后B球的速度为（以v的方向为正方向） （ ）
A、v/6 B、-v
C、-v/3 D、v/2
D
（2）完全非弹性碰撞：
当v2=0时，有
例17．质量相等的三个物体在一光滑水平面上排成一直线，且彼此隔开一定距离，如图示，具有初动能E0的第一号物块向右运动，依次与其余两个静止物块发生碰撞，最后这三个物块粘成一个整体，这个整体的动能等于：
A.E0 B. E0 C. E0 D. E0

C
（3）非弹性碰撞：

当v2=0时，有
例18．质量为m的小球A沿光滑水平面以速度v0与质量为2m的静止小球B发生正碰，碰撞后，A球的动能变为原来的1/9，那么，小球B的速度可能是
A. B. C. D.
AB 解析：碰后A球的动能为mv2/2，则mv2=·mv02，解得v=v0
例19．一质量为2m的小物块A，沿着X轴的正方向运动，与静止在X轴上的质量为m 的小物块B发生碰撞。碰撞前物块A的速度为。已知碰撞后，两物块都沿X轴的正方向运动，则碰后，小物块B可能获得的速度为： （ ）
A、 B、2 C、 D、
解析： B 物块的碰撞后的速度应满足下式 ：

即：
，应选A,C。
注意：在题中没有明确说明是何种碰撞时，应以一般碰撞考虑。
例20．(2012全国理综).如图，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a向左边拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是
A.第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等
B.第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等
C.第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同
D.发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置
【解析】根据碰撞动量守恒定律和动能守恒得，，且，解得，，所以A正确，B错误；根据，知第一次碰撞后，两球的最大摆角相同，C错误；根据单摆的等时性，D正确。
【答案】AD
例21.（16分）如图所示，小球A系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到水平面的距离为h。物块B质量是小球的5倍，置于粗糙的水平面上且位于O点的正下方，物块与水平面间的动摩擦因数为μ。现拉动小球使线水平伸直，小球由静止开始释放，运动到最低点时与物块发生正碰（碰撞时间极短），反弹后上升至最高点时到水平面的距离为。小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，求物块在水平面上滑行的时间t。
解析：
设小球的质量为m，运动到最低点与物块碰撞前的速度大小为，取小球运动到最低点重力势能为零，根据机械能守恒定律，有
①
得
设碰撞后小球反弹的速度大小为，同理有
②
得
设碰撞后物块的速度大小为，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律，有
③
得 ④
物块在水平面上滑行所受摩擦力的大小
⑤
设物块在水平面上滑行的时间为，根据动量定理，有
⑥
得 ⑦
5．两个以上物体构成的系统中，没有直接发生碰撞（接触）的物体，其速度不会发生突变。
例22.光滑水平面上有质量为M的两滑块A、B，现将质量为m的小球C用细线悬于A上的支架顶端，开始时A与C以速度 冲向B，若A、B碰后粘连在一起，不计空气阻力，求小球此时的速度是多少？
解析：由于正碰后粘在一起的时间极短，C小球未参与该碰撞过程，碰撞是在A、B滑块间进行的。以A、B滑块构成的系统动量守恒。小球此时的速度并没有发生变化，仍未。
注意：易犯的错误是以A、B、C作为系统研究，会有（M+m）=(2M+m)v的结果。
例23.光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为、，开始时B、C均静止，A以初速度向右运动，A与B相撞后分开，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。

（2）设A与B碰撞后，A的速度为，B与C碰撞前B的速度为，B与V碰撞后粘在一起的速度为，由动量守恒定律得
对A、B木块：
对B、C木块：
由A与B间的距离保持不变可知

联立式，代入数据得

三、反冲：大炮模型：
人船模型：
例24.（2011山东第38题3-5）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给甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度。（不计水的阻力
（2）解析：设乙船上的人抛出货物的最小速度为，抛出货物后的速度为，甲船上的人接到货物后速度为，由动量守恒定律得： ①
　 ②
为避免两船相撞应满足： ③
联立①②③式得：
四、动量和能量综合应用：
1.规律选用的一般原则是：
（1）对单个物体，宜选用动量定理和动能定理，其中涉及时间的问题，应选用动量定理，而涉及位移的应选用动能定理。
（2）若是多个物体组成的系统，优先考虑两个守恒定律。
（3）若涉及系统内物体的相对位移（路程）并涉及摩擦力的，要考虑应用能量守恒定律。
2．滑块--木板问题
例25.如图所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块。木箱和小木块都具有一定的质量。现使木箱获得一个向右的初速度，则 。（填选项前的字母）
A．小木块和木箱最终都将静止
B．小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动
C．小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动
D．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动
解析：系统不受外力，系统动量守恒，最终两个物体以相同的速度一起向右运动，B正确。
例26.(10分)如图所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一竖直的墙.重物质量为木板质量的2倍，重物与木板间的动摩擦因数为.使木板与重物以共同的速度向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞，碰撞时间极短.求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间.设木板足够长，重物始终在木板上.重力加速度为g.

解析：木板第一次与墙碰撞后，向左匀减速直线运动，直到静止，再反向向右匀加速直线运动直到与重物有共同速度，再往后是匀速直线运动，直到第二次撞墙。
木板第一次与墙碰撞后，重物与木板相互作用直到有共同速度，动量守恒，有：
，解得：
木板在第一个过程中，用动量定理，有：
用动能定理，有：
木板在第二个过程中，匀速直线运动，有：
木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间t=t1+t2=+=。

例27.一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上，其截面如图所示。图中ab为粗糙的水平面，长度为L；bc为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab和bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接。现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h，返回后在到达a点前与物体P相对静止。重力加速度为g。求
（i）木块在ab段受到的摩擦力f；
（ii）木块最后距a点的距离s。
解析：（i）设木块和物体P共同速度为v,两物体从开始到第一次到达共同速度过程由动量和能量守恒得： ①②
由①②得：③
（ii）木块返回与物体P第二次达到共同速度与第一次相同（动量守恒）全过程能量守恒得：
④
由②③④得：
3.系统中有弹簧的情况处理方法：
例28．如图示，a、b两物体用轻弹簧连接，静止在光滑的水平面上，现给b一个向左的初速度，以后（ ）
A.弹簧伸长量最大时，b的速度一定比a的速度大
B.弹簧伸长量最大时，两物速度相等
C. 弹簧由伸长状态变到其形变消失时，a的速度一定比b的小
D. 弹簧形变消失时，b的速度可能向右
BCD
例29.如图，ABC三个木块的质量均为m。置于光滑的水平面上，BC之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触可不固连，将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把BC紧连，使弹簧不能伸展，以至于BC可视为一个整体，现A以初速沿BC的连线方向朝B运动，与B相碰并粘合在一起，以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A，B分离，已知C离开弹簧后的速度恰为0，求弹簧释放的势能。
A
B
A
C

解析：
（2）设碰后A、B和C的共同速度的大小为v，由动量守恒得 ①
设C离开弹簧时，A、B的速度大小为，由动量守恒得 ②
设弹簧的弹性势能为，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有 ③
由①②③式得弹簧所释放的势能为 ④
4．数学归纳法的应用
例30（北京卷）．（20分）雨滴在穿过云层的过程中，不断与漂浮在云层中的小水珠相遇并结合为一体，其质量逐渐增大。现将上述过程简化为沿竖直方向的一系列碰撞。已知雨滴的初始质量为，初速度为，下降距离后于静止的小水珠碰撞且合并，质量变为。此后每经过同样的距离后，雨滴均与静止的小水珠碰撞且合并，质量依次为、……（设各质量为已知量）。不计空气阻力。
（1）若不计重力，求第次碰撞后雨滴的速度；
（2）若考虑重力的影响，
a．求第１次碰撞前、后雨滴的速度和；
b．求第ｎ次碰撞后雨滴的动能。
解析：（1）不计重力，全过程中动量守恒，m0v0=mnv′n
得
（2）若考虑重力的影响，雨滴下降过程中做加速度为g的匀加速运动，碰撞瞬间动量守恒
a． 第1次碰撞前
第1次碰撞后

b. 第2次碰撞前
利用①式化简得 ②
第2次碰撞后，利用式得

同理，第3次碰撞后
…………
第n次碰撞后
动能
五、验证动量守恒定律的实验：
例31(2011北京第21题)（2）如图2，用"碰撞实验器"可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。
实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的。但是，可以通过仅测量______ (填选项前的符号)，间接地解决这个问题。
A． 小球开始释放高度h B．小球抛出点距地面的高度H
C．小球做平抛运动的射程
图2中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让入射球ml多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP。
然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球ml从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复。接下来要完成的必要步骤是_________。(填选项前的符号)
A．用天平测量两个小球的质量ml、m2 B．测量小球m1开始释放高度h C．测量抛出点距地面的高度H
D．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N E．测量平抛射程OM，ON
若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为_________ (用中测量的量表示)；若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为___________ (用中测量的量表示)。
经测定，m1=45.0g，m2=7.5g，小球落地点的平均位置距O点的距离如图3所示。碰撞前、后m1的动量分别为p1与p1´，则p1:p1´=____ :11；若碰撞结束时m2的动量为p2´，则p1´: p2´=11:_______。
实验结果表明，碰撞前、后总动量的比值为____________。
有同学认为，在上述实验中仅更换两个小球的材质，其它条件不变，可以使被碰小球做平抛运动的射程增大。请你用中已知的数据，分析和计算出被碰小球m2平抛运动射程ON的最大值为________cm。
答案：（2）C
ADE或DEA或DAE

14 2.9 11.01
76.8

▃ ▄ ▅ ▆ ▇ █ █ ■ ▓点亮心灯 ~~~///(^v^)\\\~~~ 照亮人生 ▃ ▄ ▅ ▆ ▇ █ █ ■ ▓