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第7天 动量和动量守恒定律 （复习篇）
1．理解动量、冲量的概念，知道动量和动能的区别与联系.知道动量和动量变化量均为矢量，会计算一维情况下的动量变化量．
2. 理解动量定理及其表达式.会用动量定理解释有关物理现象并进行有关计算．
3. 能在具体问题中判断动量是否守恒，并熟练运用动量守恒定律解释生产生活中的有关现象.能用动量守恒定律分析和解决实际问题．
1. (多选)质量为m的物体静止在倾角为θ的斜面上，如图所示，经时间t，下列说法正确的是(重力加速度为g)( )
A．重力对物体的冲量大小为mgtsin θ
B．支持力对物体的冲量大小为零
C．摩擦力对物体的冲量大小为mgtsin θ
D．合力对物体的冲量大小为零
答案 CD
解析 根据冲量的定义知，重力对物体的冲量大小为mgt，A错误；对物体进行受力分析可知支持力大小FN＝mgcos θ，则支持力对物体的冲量大小为mgcos θ·t，B错误；摩擦力Ff＝mgsin θ，所以摩擦力对物体的冲量大小为mgtsin θ，C正确；因物体静止，合力为零，则合力对物体的冲量大小为零，D正确．
2. 如图所示，光滑水平面上有一辆质量为4m的小车，车上左、右两端分别站着甲、乙两人，他们的质量都是m，开始时两个人和车一起以速度v0向右匀速运动．某一时刻，站在车右端的乙先以相对地面向右的速度v跳离小车，然后站在车左端的甲以相对于地面向左的速度v跳离小车．两人都离开小车后，小车的速度大小将是( )
A．1.5v0 B．v0
C．大于v0，小于1.5v0 D．大于1.5v0
答案 A
解析 两人和车组成的系统开始时动量为6mv0，方向向右．当乙、甲两人先后以相对地面大小相等的速度向两个方向跳离时，甲、乙两人动量的矢量和为零，则有6mv0＝4mv车，解得v车＝1.5v0，A正确．
一、动量定理
1．动量定理的理解
(1)动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因．
(2)动量定理的表达式Ft＝mv′－mv是矢量式，在一维情况下运用动量定理解题时，要注意规定正方向．
(3)公式中的F是物体所受的合外力，若合外力F与时间成线性关系，则F应是合外力在作用时间内的平均值．
(4)不仅适用于宏观物体的低速运动，而且对微观粒子的高速运动同样适用．
2．动量定理与动能定理的区别
由F·Δt＝Δp可知，动量定理反映力对时间的累积效应．
由F·Δx＝ΔEk可知，动能定理反映力对空间的累积效应．
3．动量定理的应用
(1)定性分析有关现象．
①物体的动量变化量一定时，力的作用时间越短，力就越大，反之力就越小．
②作用力一定时，力的作用时间越长，动量变化量越大，反之动量变化量就越小．
(2)应用动量定理定量计算的一般步骤．
(3)应用动量定理求解变力的冲量．
二、动量守恒定律
1．动量守恒定律的常用表达式
(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′：相互作用的两个物体组成的系统，作用前动量的矢量和等于作用后动量的矢量和．
(2)Δp1＝－Δp2：相互作用的两个物体组成的系统，一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变化量大小相等、方向相反．
(3)Δp＝0：系统总动量增量为零．
2．应用动量守恒定律解题的步骤
一、动量定理
例题1. (多选)一个质量为0.18 kg的垒球，以25 m/s的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45 m/s，设球棒与垒球的作用时间为0.01 s．下列说法正确的是( )
A．球棒对垒球的平均作用力大小为1 260 N
B．球棒对垒球的平均作用力大小为360 N
C．球棒对垒球做的功为126 J
D．球棒对垒球做的功为36 J
答案 AC
解析 设球棒对垒球的平均作用力为，由动量定理得·t＝m(v1－v0)，取末速度方向为正方向，代入数据解得＝1 260 N．对整个过程，由动能定理得W＝mv12－mv02＝126 J，故A、C正确．
解题归纳：动量定理是矢量式，应用时必须选取正方向；动能定理是标量式，应用时不用选取正方向．涉及一段时间(或冲量)选用动量定理；涉及一段位移(或功)选用动能定理．
二、动量守恒的条件
例题2. (多选)如图所示，A、B两物体质量之比为mA∶mB＝3∶2，原来静止在足够长的平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑．当两物体被同时释放后，则( )
A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，则A、B组成系统的动量守恒
B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，则A、B、C组成系统的动量守恒
C．若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B组成系统的动量守恒
D．若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B、C组成系统的动量守恒
答案 BCD
解析 若μA＝μB，mA∶mB＝3∶2，故FfA∶FfB＝3∶2，A、B组成的系统合外力不为零，所以A、B组成的系统动量不守恒，A项错误；当FfA＝FfB，A、B组成的系统合外力为零，动量守恒，C项正确；当把A、B、C作为系统时，由于地面光滑，故不论A、B与C之间摩擦力大小情况如何，系统受到的合外力均等于0，所以A、B、C组成的系统动量守恒，故B、D项正确．
解题归纳：
系统动量是否守恒的判定方法
1．选定研究对象及研究过程，分清外力与内力．
2．分析系统受到的外力矢量和是否为零，若外力矢量和为零，则系统动量守恒；若外力在某一方向上合力为零，则在该方向上系统动量守恒．系统动量严格守恒的情况很少，在分析具体问题时要注意把实际过程理想化．
3．除了利用动量守恒条件判定外，还可以通过实际过程中系统各物体各方向上总动量是否保持不变来进行直观的判定．
（建议用时：30分钟）
一、单选题
1． (多选)关于动量的变化，下列说法中正确的是( )
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．物体做平抛运动时，动量的增量一定不为零
答案 ABD
解析 当做直线运动的物体速度增大时，其末动量p2大于初动量p1，由矢量的运算法则，可知Δp＝p2－p1＞0，与物体运动方向相同，如图甲所示，A正确．当做直线运动的物体速度减小时，p2＜p1，如图乙所示，Δp与p1或p2方向相反，B正确．当物体的速度大小不变时，其方向可能变化，也可能不变．动量可能不变化，即Δp＝0，也可能动量大小不变而方向变化，此种情况Δp≠0，C错误．当物体做平抛运动时，动量的方向变化，即动量一定变化，Δp一定不为零，如图丙所示，D正确．
2．如图所示，质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间t1速度变为零然后又下滑，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为Ff，重力加速度为g.在整个过程中，重力对滑块的总冲量为( )
A．mgsin θ(t1＋t2) B．mgsin θ(t1－t2)
C．mg(t1＋t2) D．0
答案 C
解析 根据冲量的定义式I＝Ft，因此重力对滑块的冲量应为重力乘作用时间，所以IG＝mg(t1＋t2)，C正确．
3．一质量为2 kg的物块在合力F的作用下从静止开始沿直线运动，合力F随时间t变化的关系图像如图所示，则( )
A．t＝2 s时，物块的动量大小为0
B．t＝3 s时，物块的速率为1 m/s
C．t＝0到t＝1 s时间内，合力F对物块冲量的大小为1 N·s
D．t＝2 s到t＝3 s时间内，物块动量变化量的大小为2 kg·m/s
答案 B
解析 F－t图像和时间轴所围成的面积表示物块受到的冲量，根据动量定理I合＝Δp，则有×2 kg·m/s＝p－0，解得p＝3 kg·m/s，A错误；由动量定理，×2 kg·m/s－1×1 kg·m/s＝mv－0，得v＝1 m/s，B正确；在t＝0到t＝1 s时间内，合力F对物块冲量大小I＝1×2 N·s＝2 N·s，C错误；t＝2 s到t＝3 s时间内，物块动量变化量大小Δp＝I＝1×1 kg·m/s＝1 kg·m/s，D错误．
4．光滑水平桌面上有A、B两个物块，B的质量是A的n倍．将一轻弹簧置于A、B之间，用外力缓慢压A、B.撤去外力后，A、B同时开始运动，则A和B最终动量大小的比值为( )
A．n2 B．n C. D．1
答案 D
解析 在光滑水平桌面上，摩擦力为零，撤去外力后A、B组成的系统所受外力之和为零，所以系统总动量守恒，A、B物块的动量大小相等，方向相反，因此A和B的最终动量大小的比值为1，D选项正确．
二、多选题
5．一质量m＝60 kg的运动员从下蹲状态竖直向上跳起，经t＝0.2 s以大小v＝1 m/s的速度离开地面，重力加速度g＝10 m/s2.在这0.2 s内( )
A．地面对运动员的冲量大小为180 N·s
B．地面对运动员的冲量大小为60 N·s
C．地面对运动员做的功为零
D．地面对运动员做的功为30 J
答案 AC
解析 运动员的速度原来为零，起跳后变为v，以竖直向上为正方向，由动量定理可得：I－mgΔt＝mv－0，故地面对运动员的冲量为：I＝mv＋mgΔt＝60×1 N·s＋60×10×0.2 N·s＝180 N·s，故A正确，B错误；运动员在跳起时，地面对运动员的支持力竖直向上，在跳起过程中，支持力的作用点在支持力方向上没有位移，则地面对运动员做的功为零，故C正确，D错误．
6．如图所示，一个质量为M的木箱静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的水平底板上放着一个质量为m的小木块．现使木箱获得一个向右的初速度v0，则( )
A．小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动
B．小木块和木箱最终速度为v0
C．小木块与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
答案 AB
解析 木箱与小木块组成的系统水平方向不受外力，故系统水平方向动量守恒，最终二者以相同的速度一起向右运动，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律：Mv0＝(M＋m)v，解得：v＝，A、B正确，C、D错误．
三、解答题
7．一质量为0.5 kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5 m的位置B处是一面竖直墙，如图所示．物块以v0＝9 m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向运动直至静止．g取10 m/s2.
(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；
(2)若碰撞时间为0.05 s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；
(3)求碰撞后物块克服摩擦力做的功．
答案 (1)0.32 (2)130 N (3)9 J
解析 (1)对物体由A点至与墙壁碰前瞬间的运动过程，由动能定理，有－μmgs＝mv2－mv02
可得μ＝0.32.
(2)选碰后速度方向为正方向，由动量定理，有FΔt＝mv′－mv，可得F＝130 N.
(3)由碰后至物块停止运动的过程，由动能定理得，碰撞后物块克服摩擦力做的功W＝mv′2＝9 J.
8．一辆车在水平光滑路面上以速度v匀速向右行驶，车上的人每次以相同的速度4v(对地速度)向行驶的正前方抛出一个质量为m的沙包．抛出第一个沙包后，车减速为原来的，则抛出第四个沙包后，此车的运动情况如何？
答案 车以的速度向左行驶
解析 设车的总质量为M，抛出第四个沙包后车速为v1，取车行驶的方向为正方向，由全过程动量守恒得Mv＝(M－4m)v1＋4m·4v①
对抛出第一个沙包前后列方程有：
Mv＝(M－m)v＋m·4v②
联立①②式，解得抛出第四个沙包后车速为v1＝－，负号表示向左行驶．
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