【考纲知识梳理】
一、动量
1、动量：运动物体的质量和速度的乘积叫做动量．P=mv
是矢量，方向与速度方向相同；动量的合成与分解，按平行四边形法则、三角形法则．是状态量；
通常说物体的动量是指运动物体某一时刻的动量(状态量)，计算物体此时的动量应取这一时刻的瞬时速度。
是相对量；物体的动量亦与参照物的选取有关，常情况下，指相对地面的动量。单位是kg?m/s；
2、动量和动能的区别和联系
① 动量的大小与速度大小成正比，动能的大小与速度的大小平方成正比。即动量相同而质量不同的物体，
其动能不同；动能相同而质量不同的物体其动量不同。
② 动量是矢量，而动能是标量。因此，物体的动量变化时，其动能不一定变化；而物体的动能变化时，其动量一定变化。
③ 因动量是矢量，故引起动量变化的原因也是矢量，即物体受到外力的冲量；动能是标量，
引起动能变化的原因亦是标量，即外力对物体做功。
④ 动量和动能都与物体的质量和速度有关，两者从不同的角度描述了运动物体的特性，且二者大小间存在关系式：P2＝2mEk
3、动量的变化及其计算方法
动量的变化是指物体末态的动量减去初态的动量，是矢量，对应于某一过程（或某一段时间），是一个非常重要的物理量，其计算方法：
（1）ΔP=Pt一P0，主要计算P0、Pt在一条直线上的情况。
（2）利用动量定理 ΔP=F?t，通常用来解决P0、Pt；不在一条直线上或F为恒力的情况。
二、冲量
1、冲量：力和力的作用时间的乘积叫做该力的冲量．
是矢量，如果在力的作用时间内，力的方向不变，则力的方向就是冲量的方向；冲量的合成与分解，按平行四边形法则与三角形法则．冲量不仅由力的决定，还由力的作用时间决定。而力和时间都跟参照物的选择无关，所以力的冲量也与参照物的选择无关。单位是N?s；
2、冲量的计算方法
（1）I= F?t．采用定义式直接计算、主要解决恒力的冲量计算问题。I=Ft
（2）利用动量定理 Ft=ΔP．主要解决变力的冲量计算问题，但要注意上式中F为合外力（或某一方向上的合外力）。
三、动量定理
1、动量定理：物体受到合外力的冲量等于物体动量的变化．Ft=mv/一mv或 Ft＝p/－p；
该定理由牛顿第二定律推导出来：（质点m在短时间Δt内受合力为F合，合力的冲量是F合Δt；质点的初、未动量是 mv0、mvt，动量的变化量是ΔP=Δ（mv）=mvt－mv0．根据动量定理得：F合=Δ（mv）/Δt）
2．单位：N?S与kgm／s统一：lkgm／s=1kgm／s2?s=N?s；
3．理解：（1）上式中F为研究对象所受的包括重力在内的所有外力的合力。
（2）动量定理中的冲量和动量都是矢量。定理的表达式为一矢量式，等号的两边不但大小相同，而且方向相同，在高中阶段，动量定理的应用只限于一维的情况。这时可规定一个正方向，注意力和速度的正负，这样就把矢量运算转化为代数运算。
（3）动量定理的研究对象一般是单个质点。求变力的冲量时，可借助动量定理求，不可直接用冲量定义式．
四、动量守恒定律
内容：相互作用的物体系统，如果不受外力，或它们所受的外力之和为零，它们的总动量保持不变。即作用前的总动量与作用后的总动量相等．（研究对象：相互作用的两个物体或多个物体所组成的系统）
动量守恒定律适用的条件
守恒条件：①系统不受外力作用。 (理想化条件)
②系统受外力作用，但合外力为零。
③系统受外力作用，合外力也不为零，但合外力远小于物体间的相互作用力。
④系统在某一个方向的合外力为零，在这个方向的动量守恒。
⑤全过程的某一阶段系统受合外力为零，该阶段系统动量守恒，
即：原来连在一起的系统匀速或静止(受合外力为零)，分开后整体在某阶段受合外力仍为零,可用动量守恒。
例：火车在某一恒定牵引力作用下拖着拖车匀速前进，拖车在脱勾后至停止运动前的过程中(受合外力为零)动量守恒
常见的表达式
不同的表达式及含义(各种表达式的中文含义)：
P＝P′ 或 P1＋P2＝P1′＋P2′或 m1V1＋m2V2＝m1V1′＋m2V2′
(其中p/、p分别表示系统的末动量和初动量，系统相互作用前的总动量P等于相互作用后的总动量P′)
ΔP＝0 (系统总动量变化为0，或系统总动量的增量等于零。)
Δp1=－Δp2，(其中Δp1、Δp2分别表示系统内两个物体初、末动量的变化量，表示两个物体组成的系统，各自动量的增量大小相等、方向相反)。
如果相互作用的系统由两个物体构成，动量守恒的实际应用中具体来说有以下几种形式
A、m1vl＋m2v2＝m1v/l＋m2v/2，各个动量必须相对同一个参照物，适用于作用前后都运动的两个物体组成的系统。
B、0= m1vl＋m2v2，适用于原来静止的两个物体组成的系统。
C、m1vl＋m2v2=（m1＋m2）v，适用于两物体作用后结合在一起或具有共同的速度。
原来以动量(P)运动的物体，若其获得大小相等、方向相反的动量(－P)，是导致物体静止或反向运动的临界条件。即：P+(－P)=0
4. 爆炸现象的三个规律
(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒.
(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸前后系统的总动能增加.
(3)位置不变：爆炸和碰撞的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸或碰撞后仍然从爆炸或碰撞前的位置以新的动量开始运动.
【要点名师透析】
类型一 动量守恒定律的实际应用
【例1】如图1所示，质量为 的小车在光滑的水平面上以速度 向右做匀速直线运动，一个质量为 的小球从高 处自由下落，与小车碰撞后反弹上升的高度为仍为 。设 ? ，发生碰撞时弹力 ? ，小球与车之间的动摩擦因数为 ，则小球弹起时的水平速度可能是
.
.
.
.
解析：小球的水平速度是由于小车对它的摩擦力作用引起的，若小球在离开小车之前水平方向上就已经达到了 ，则摩擦力消失，小球在水平方向上的速度不再加速；反之，小球在离开小车之前在水平方向上就是一直被加速的。故分以下两种情况进行分析：
小球离开小车之前已经与小车达到共同速度 ，则水平方向上动量守恒，有
由于 ?
所以
若小球离开小车之前始终未与小车达到共同速度，则对小球应用动量定理得
水平方向上有
竖直方向上有
又
解以上三式，得
故，正确的选项为 。
类型二 动量守恒定律的综合应用
【例2】 如图所示，一辆质量是m=2kg的平板车左端放有质量M=3kg的小滑块，滑块与平板车之间的动摩擦因数 =0.4，开始时平板车和滑块共同以v0=2m/s的速度在光滑水平面上向右运动，并与竖直墙壁发生碰撞，设碰撞时间极短且碰撞后平板车速度大小保持不变，但方向与原来相反．平板车足够长，以至滑块不会滑到平板车右端．（取g=10m/s2）求：
（1）平板车每一次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离．
（2）平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度v．
（3）为使滑块始终不会滑到平板车右端，平板车至少多长？
【解析】：（1）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动s，速度为0．由于体系总动量向右，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行．
动能定理 ①
②
代入数据得 ③
（3）假如平板车在第二次碰撞前还未和滑块相对静止，那么其速度的大小肯定还是2m/s，滑块的速度则大于2m/s，方向均向右．这样就违反动量守恒．所以平板车在第二次碰撞前肯定已和滑块具有共同速度v．此即平板车碰墙前瞬间的速度．
④
∴ ⑤
代入数据得 ⑥
（3）平板车与墙壁发生多次碰撞，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为l，则有 ⑦
⑧
代入数据得 ⑨
l即为平板车的最短长度．
【感悟高考真题】
1.（2011?福建理综?T29（2））在光滑水平面上，一质量为m，速度大小为 的A球与质量为2m静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反。则碰撞后B球的速度大小可能是__________。（填选项前的字母）
A. 0.6 B. 0.4 C. 0.3 D. 0.2
【答案】选A.
【详解】由动量守恒定律得 ，规定A球原方向为正方向，由题意可知vA为负值，则 ，因此B球的速度可能为0.6v，故选A.
2.（2011?新课标全国卷?T35（2））如图，A、B、C三个木块的质量均为m。置于光滑的水平面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连，将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B和C紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体，现A以初速v沿B、C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v，求弹簧释放的势能。
【答案】13 m v02
【详解】设碰后A、B和C的共同速度大小为v，由动量守恒有，
3mv=mv0 ①
设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1，由动量守恒有，
3mv=2mv1+mv0 ②
设弹簧的弹性势能为Ep，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有，
12 （3m）v2＋Ep=12 （2m）v12＋12 mv02 ③
由①②③式得弹簧所释放的势能为
Ep=13 m v02
3.（2011?北京高考?T21⑵）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。
①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
小球开始释放高度
小球抛出点距地面的高度
小球做平抛运动的射程
②图2中 点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时，先让入射球 多次从斜轨上 位置静止释放，找到其平均落地点的位置P,测量平抛射程 ，然后，把被碰小球 静止于轨道的水平部分，再将入射球 从斜轨上 位置静止释放，与小球 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 、
B.测量小球 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 相碰后平均落地点的位置M、N
E．测量平抛射程ＯＭ，ＯＮ
③若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为 （用②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②中测量的量表示）。
④经测定， ，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 ，则p1: ‘= ：11；若碰撞结束时m2的动量为 ,则 ‘: ‘=11:
实验结果说明，碰撞前、后总动量的比值 为
⑤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，可以使被撞小球做平抛运动的射程增大。请你用④中已知的数据，分析和计算出被撞小球m2平抛运动射程ON的最大值为 cm.
【答案】①C，②ADE或DAE或DEA
③
④14 2.9 1～1.01
⑤76.8
【详解】①在落地高度不变的情况下，水平位移就能反映平抛初速度的大小，所以，仅测量小球做平抛运动的射程就能间接测量速度.因此选C.
②找出平均落点的位置，测量平抛的水平位移，因此步骤中D、E是必须的，但D、E先后均可，至于用天平测质量先后均可。所以答案是ADE或DAE或DEA.
③设落地时间为t，则 ， ，动量守恒的表达式是 ，
动能守恒的表达式是 ，所以若两球相碰前后的动量守恒，则 成立，若碰撞是弹性碰撞，动能守恒则 成立.
④碰撞前后m1动量之比 ， ，
⑤发生弹性碰撞时，被碰小球获得的速度最大，根据动量守恒和动能守恒， ， ，联立解得 ，因此，最大射程为
4.（2011?山东高考?T38）（1）碘131核 不稳定，会发生β衰变，其半衰变期为8天。
?碘131核的衰变方程： （衰变后的元素用X表示）。
?经过________天 75%的碘131核发生了衰变。
（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出甲船，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）
【答案】（1）? ?16天 （2）
【详解】（1）? ?由放射性元素经历一个半衰期衰变总数的一半可知，共经历了两个半衰期即16天。
（2）设抛出货物的最小速度为Vx,则有对乙船 ，其中v为后来两船同向运动的速度。由以上两式可得
5.（2011?天津理综?T12）回旋加速器在核科学、核技术、核医学等高新技术领域得到了广泛应用，有力地推动了现代科学技术的发展。
当今医学影像诊断设备PET/CT堪称“现代医学高科技之冠”，它在医疗诊断中，常利用能放射正电子的同位素碳11作示踪原子。碳11是由小型回旋加速器输出的高速质子轰击氮14获得，同时还产生另一粒子，试写出核反应方程。若碳11的半衰期 为20min，经2.0h剩余碳11的质量占原来的百分之几？（结果取2位有效数字）
回旋加速器的原理如图， 和 是两个中空的半径为R的半圆金属盒，它们接在电压一定、频率为 的交流电源上，位于 圆心处的质子源A能不断产生质子（初速度可以忽略，重力不计），它们在两盒之间被电场加速， 、 置于与盒面垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中。若质子束从回旋加速器输出时的平均功率为P，求输出时质子束的等效电流I与P、B、R、 的关系式（忽略质子在电场中的运动时间，其最大速度远小于光速）。
试推力说明：质子在回旋加速器中运动时，随轨道半径 的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差 是增大、减小还是不变？
【答案】⑴
⑵
⑶随轨道半径r的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差 减小
【详解】⑴核反应方程为 -------------①
设碳11原有质量为 ，经过 剩余的质量为 ，根据半衰期定义有
----------------------②
⑵设质子的质量为m，电荷量为q，质子离开加速器时速度大小为 ，有牛顿第二定律得
----------------------------③
质子运动的回旋周期为 --------------④
由回旋加速器原理可知，交流电源的频率与质子回旋频率相同，由周期T与频率 的关系得 --------------------------------⑤
设在t时间内离开加速器的质子数为N，则质子束从回旋加速器输出时的平均功率为
----------------------------⑥
输出时质子束的等效电流为 ---------------⑦
由上述各式联立解得： -----------------⑧
若以单个质子为研究对象解答过程正确的同样得分。
⑶方法一：设k（ ）为同一盒中质子运动轨道半径的序数，相邻的轨道半径分别为 、 （ ）， ，在相应轨道上质子对应的速度大小分别为 、 ， 、 之间的电压为U，由动能定理知 --------⑨
由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力，知 ，则
整理得 ----------⑩
因U、q、m、B均为定值，令 ,由上式得
相邻轨道半径 、 之差 ，同理得
因为 ，比较 、 得 ---------------⑾
说明随轨道半径r的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差 减小
方法二：设k（ ）为同一盒中质子运动轨道半径的序数，相邻的轨道半径分别为 、 （ ）， ，在相应轨道上质子对应的速度大小分别为 、 ， 、 之间的电压为U。
由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力，知 ，故 ------⑿
由动能定理知，质子每加速一次，其动能增量 ------------------⒀
以质子在 盒中运动为例，第k次进入 时，被电场加速 次，速度大小为
---------------------------⒁
同理，质子第 次进入 时，速度大小为
综合上述各式得 ，
同理，对于相邻轨道半径 、 ， ，整理后有
由于 ，比较 、 得 ------⒂
说明随轨道半径r的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差 减小。用同样的方法也可得到质子在 盒中运动时具有相同的结论。
6.（2011?海南物理?T19）（1）2011年3月11日，日本发生九级大地震，造成福岛核电站的核泄漏事故。在泄漏的污染物中含有131I和137Cs两种放射性核素，它们通过一系列衰变产生对人体有危害的辐射。在下列四个式子中，有两个能分别反映131I和137Cs衰变过程，它们分别是_______和__________（填入正确选项前的字母）。131I和137Cs原子核中的中子数分别是________和_______.
A.X1→ B.X2→
C.X3→ D.X4→
（2）（8分）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。
【答案】（1）BC 78 82 （2） ，
【详解】（1）根据衰变过程电荷数守恒、质量数守恒，可知 是 Ba， 是 I，
是 Cs， 是 Cs，所以能分别反映 I、 Cs的衰变过程的是分别是BC。 I原子核中
的中子数是 ， Cs原子核中的中子数是 。
（2）（i）木块向右滑到最高点时，系统有共同速度 ，
动量守恒： ①（1分）
②（2分）
联立①②两式解得： ③（1分）
（ii）整个过程，由功能关系得： ④（2分）
木块最后距a点的距离 ⑤（1分）
联立①③④⑤解得： （1分）
7. （2010?福建?29（2））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
答案：B
8．（2010?北京?20）如图，若x轴表示时间，y轴表示位置，则该图像反映了某质点做匀速直线运动时，位置与时间的关系。若令x轴和y轴分别表示其它的物理量，则该图像又可以反映在某种情况下，相应的物理量之间的关系。下列说法中正确的是
A.若x轴表示时间,y轴表示动能，则该图像可以反映某物体受恒定合外力作用做直线运动过程中，物体动能与时间的关系
B.若x轴表示频率，y轴表示动能，则该图像可以反映光电效应中，光电子最大初动能与入射光频率之间的关系
C.若x轴表示时间，y轴表示动量，则该图像可以反映某物在沿运动方向的恒定合外力作用下，物体动量与时间的关系
D.若x轴表示时间，y轴表示感应电动势，则该图像可以反映静置于磁场中的某闭合回路，当磁感应强度随时间均匀增大时，增长合回路的感应电动势与时间的关系
【答案】C
【解析】根据动量定理 ， 说明动量和时间是线性关系，纵截距为初动量，C正确。结合 得 ，说明动能和时间的图像是抛物线，A错误。根据光电效应方程 ，说明最大初动能和时间是线性关系，但纵截距为负值，B错误。当磁感应强度随时间均匀增大时，增长合回路内的磁通量均匀增大，根据法拉第电磁感应定律增长合回路的感应电动势等于磁通量的变化率，是一个定值不 随时间变化，D错误。
9.（ 2010?天津?10）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
10. （2010?新课标?34(2)）(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= + =
11. （2010?全国卷Ⅱ?25）小球A和B的质量分别为mA 和 mB 且mA＞＞mB 在某高度处将A和B先后从静止释放。小球A与水平地面碰撞后向上弹回，在释放处的下方与释放出距离为H的地方恰好与正在下落的小球B发生正幢，设所有碰撞都是弹性的，碰撞事件极短。求小球A、B碰撞后B上升的最大高度。
连立①④⑤化简得
⑥
12．（2010?北京?24）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。
若不计重力，求第 次碰撞后雨滴的速度 ；
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○2式得
同理，第3次碰撞后
…………
第n次碰撞后
动能
【考点模拟演练】
1．用不可伸长的细线悬挂一质量为M的小木块，木块静止，如图10所示．现有一质量为m的子弹自左方水平射向木块，并停留在木块中，子弹初速度为v0，则下列判断正确的是
( )
A．从子弹射向木块到一起上升到最高点的过程中系统的机械能守恒
B．子弹射入木块瞬间动量守恒，故子弹射入木块瞬间子弹和木块的共同速度为mv0M＋m
C．忽略空气阻力，子弹和木块一起上升过程中系统机械能守恒，其机械能等于子弹射入木块前的动能
D．子弹和木块一起上升的最大高度为m2v202g(M＋m)2
【答案】BD
【详解】从子弹射向木块到一起运动到最高点的过程可以分为两个阶段：子弹射入木块的瞬间系统动量守恒，但机械能不守恒，有部分机械能转化为系统内能，之后子弹在木块中与木块一起上升，该过程只有重力做功，机械能守恒但总能量小于子弹射入木块前的动能，因此A、C错误；由子弹射入木块瞬间动量守恒可得子弹射入木块后的共同速度为mv0M＋m，B正确；之后子弹和木块一起上升，该阶段机械能守恒可得上升的最大高度为m2v202g(M＋m)2，D正确．
2.如图所示，物体A静止在光滑的水平面上，A的左边固定有轻质弹簧，与A质量相等的物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞，A、B始终沿同一直线运动，则A、B组成的系统动能损失最大的时刻是( )
A.A开始运动时
B.A的速度等于v时
C.B的速度等于零时
D.A和B的速度相等时
【答案】选D.
【详解】当B触及弹簧后减速，而物体A加速，当vA=vB时，A、B间距最小，弹簧压缩量最大，弹性势能最大，由能量守恒知系统损失动能最多，故只有D对.
3．一炮艇总质量为M，以速度v0匀速行驶，从艇上以相对海岸的水平速度v沿前进方向射出一质量为m的炮弹，发射炮弹后艇的速度为v′，若不计水的阻力，则下列各关系式中正确的是( )
A．Mv0＝(M－m)v′＋mv
B．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v0)
C．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v′)
D．Mv0＝Mv′＋mv
【答案】A
【详解】以炮艇及炮艇上的炮弹为研究对象，动量守恒，其中的速度均为对地速度，故A正确．
4．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．两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6 kg?m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg?m/s.则( )
A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10
C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5
D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10
【答案】A
【详解】由两球的动量都是6 kg?m/s可知，运动方向都向右，且能够相碰，说明左方是质量小速度大的小球，故左方是A球．碰后A球的动量减少了4 kg?m/s，即A球的动量为2 kg?m/s，由动量守恒定律得B球的动量为10 kg?m/s，故可得其速度比为2∶5，故选项A是正确的．
5．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，下列说法中正确的是( )
A．两手同时放开后，系统总动量始终为零
B．先放开左手，后放开右手，动量不守恒
C．先放开左手，后放开右手，总动量向左
D．无论何时放手，只要两手放开后在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零
【答案】ACD
【详解】当两手同时放开时，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒，又因为开始时总动量为零，故系统总动量始终为零，选项A正确；先放开左手，左边的小车就向左运动，当再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，且开始时总动量方向向左，放开右手后总动量方向也向左，故选项B错而C、D正确．
6. 如图所示，在光滑的水平地面上有一辆平板车，车的两端分别站着人A和B，A的质量为mA，B的质量为mB，mA>mB.最初人和车都处于静止状态．现在，两人同时由静止开始相向而行，A和B对地面的速度大小相等，则车 ( )
A．静止不动 B．左右往返运动
C．向右运动 D．向左运动
【答案】D
【详解】系统动量守恒，A的动量大于B的动量，只有车与B的运动方向相同才能使整个系统动量守恒．
7．质量都为m的小球a、b、c以相同的速度分别与另外三个质量都为M的静止小球相碰后，a球被反向弹回，b球与被碰球粘合在一起仍沿原方向运动，c球碰后静止，则下列说法正确的是 ( )
A．m一定小于M
B．m可能等于M
C．b球与质量为M的球组成的系统损失的动能最大
D．c球与质量为M的球组成的系统损失的动能最大
【答案】AC
【详解】由a球被反向弹回，可以确定三小球的质量m一定小于M；若m≥M，则无论如何m不会被弹回．当m与M发生完全非弹性碰撞时损失的动能最大，b与M粘合在一起，发生的是完全非弹性碰撞，则选项A、C正确．
8．如图所示，甲、乙两小车的质量分别为m1、m2，且m1>m2，用轻弹簧将两小车连接，静止在光滑的水平面上．现在同时对甲、乙两车施加等大反向的水平恒力F1、F2，使甲、乙两车同时由静止开始运动，直到弹簧被拉到最长(弹簧仍在弹性限度内)的过程中，对甲、乙两小车及弹簧组成的系统，下列说法正确的是 ( )
A．系统受到外力作用，动量不断增大
B．弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大
C．甲车的最大动能小于乙车的最大动能
D．两车的速度减小到零时，弹簧的弹力大小等于外力F1、F2的大小
【答案】BC
9. 如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车上AB部分是半径为R的四分之一光滑圆弧，BC部分是粗糙的水平面．现把质量为m的小物体从A点由静止释放，m与BC部分间的动摩擦因数为μ，最终小物体与小车相对静止于B、C之间的D点，则B、D间的距离x随各量变化的情况是 ( )
A．其他量不变，R越大x越大
B．其他量不变，μ越大x越大
C．其他量不变，m越大x越大
D．其他量不变，M越大x越大
【答案】A
【详解】两个物体组成的系统水平方向的动量是守恒的，所以当两物体相对静止时，系统水平方向的总动量为零，则两物体最终会停止运动，由能量守恒有μmgx＝mgR，解得x＝Rμ，故选项A是正确的．
10．如图所示，轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为m的物体A相连，A
放在光滑水平面上，有一质量与A相同的物体B，从高h处由静止开始沿光滑曲面滑下，与A相碰后一起将弹簧压缩，弹簧复原过程中某时刻B与A分开且沿原曲面上升．下列说法正确的是 ( )
A．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mgh
B．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mgh2
C．B能达到的最大高度为h2
D．B能达到的最大高度为h4
【答案】BD
【详解】根据机械能守恒定律可得B刚到达水平地面的速度v0＝2gh，根据动量守恒定律可得A与B碰撞后的速度为v＝12v0，所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为Epm＝12?2mv2＝12mgh，即B正确；当弹簧再次恢复原长时， A与B将分开，B以v的速度沿斜面上滑，根据机械能守恒定律可得mgh′＝12mv2，B能达到的最大高度为h/4，即D正确．
11.如图所示，A、B两个木块质量分别为2 kg与0.9 kg，A、B与水平地面间接触光滑，上表面粗糙，质量为0.1 kg的铁块以10 m/s的速度从A的左端向右滑动，最后铁块与B的共同速度大小为0.5 m/s，求：
(1)A的最终速度；
(2)铁块刚滑上B时的速度．
【答案】(1)0.25 m/s (2)2.75 m/s
【详解】(1)选铁块和木块A、B为一系统，由系统总动量守恒得：mv＝(MB＋m)vB＋MAvA
可求得：vA＝0.25 m/s.
(2)设铁块刚滑上B时的速度为u，此时A、B的速度均为vA＝0.25 m/s.
由系统动量守恒得：mv＝mu＋(MA＋MB)vA
可求得：u＝2.75 m/s.
12.如图所示，将质量为m1的铅球以大小为v0、仰角为θ的初速度抛入一个装有砂子的总质量为M的静止的砂车中，砂车与水平地面间的摩擦可以忽略．求：
(1)球和砂车的共同速度；
(2)球和砂车获得共同速度后，砂车底部出现一小孔，砂子从小孔中流出，当漏出质量为m2的砂子时砂车的速度．
【答案】(1)m1v0cos θM＋m1 (2)m1v0cos θM＋m1
【详解】 (1)以铅球、砂车为系统，水平方向动量守恒，m1v0cos θ＝(M＋m1)v，
得球和砂车的共同速度
v＝m1v0cos θM＋m1.
(2)球和砂车获得共同速度后漏砂过程中系统水平方向动量也守恒，设当漏出质量为m2的砂子时砂车的速度为v′，砂子漏出后做平抛运动，水平方向的速度仍为v，
由(M＋m1)v＝m2v＋(M＋m1－m2)v′，
得v′＝v＝m1v0cos θM＋m1.
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