8.如图20所示，质量为M的斜面放在光滑的水平面上，质量为m的物体由静止开始从斜面的顶端滑到底端，在这过程中：

　　 A．M、m组成的系统满足动量守恒；

　　 B．m对M的冲量等于M的动量变化；

　　 C．m、M各自的水平方向动量的增量的大小相等；

　　 D．M对m的支持力的冲量为零。

7.如图19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m_B=2m_A，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6kg.m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为-4kg.m/s，则　 (　　 )

　　　　　 A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为;

　　　　　 B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为;

　　　　　 C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为;

　　　　　 D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为.

6.在光滑水平面上，动能为E₀、动量的大小为P₀的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反。将碰撞后球1的动能和动量的大小分别记为E₁、P₁，球2的动能和动量的大小分别记为E₂、P₂，则不可能有：

A．E₁<E₀　　　　 B．p₁<p₀ 　　　　　 C．E₂>E₀ 　　　 D．p₂>p₀

5．为了模拟宇宙大爆炸初的情境，科学家们使两个带正电的重离子被　 加速后，沿同一条直线相向运动而发生猛烈碰撞，若要碰撞前的动能尽可能多地转化为内能，应该设法使两个重离子在碰撞前的瞬间具有　　

A．相同的速率 ;　　　　 B．相同大小的动量;

C．相同的动能;　　　　 D．相同的质量。

4.恒力F作用在质量为m的物体上，如图18所示，由于地面对物体的摩擦力较大，没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是

A.拉力F对物体的冲量大小为零

B.拉力F对物体的冲量大小为Ft

C.拉力F对物体的冲量大小是Ftcosθ

D.合力对物体的冲量大小为零

3．两辆质量相同的小车置于光滑的水平面上，有一个人静立在a车上。当此人从a车跳到b车上，接着又跳回a车，则a车的速率：　　　

A．为0 ;　 B．等于b车速率 ;　 C．大于b车速率;　　 D．小于b车速率。

2．一个笔帽竖立在桌面上平放的纸条上，要求把纸条从笔帽下抽出，如果缓慢拉动纸条笔帽必倒；若快速拉纸条，笔帽可能不倒。这是因为

A．缓慢拉动纸条时，笔帽受到冲量小；

　　　 B．缓慢拉动纸条时，纸条对笔帽的水平作用力小；

　　　 C．快速拉动纸条时，笔帽受到冲量小；

D．快速拉动纸条时，纸条对笔帽的水平作用力小。

1．以下说法中正确的是：

　　 A．动量相等的物体，动能也相等；　　　　　　　　

　　 B．物体的动能不变，则动量也不变；

　　 C．某力F对物体不做功，则这个力的冲量就为零；

D．物体所受到的合冲量为零时，其动量方向不可能变化.

典型错误之一、忽视动量守恒定律的系统性

动量守恒定律描述的对象是由两个以上的物体构成的系统，研究的对象具有系统性，若在作用前后丢失任一部分，在解题时都会得出错误的结论。

例29、一门旧式大炮在光滑的平直轨道上以V=5m/s的速度匀速前进，炮身质量为M=1000kg，现将一质量为m=25kg的炮弹，以相对炮身的速度大小u=600m/s与V反向水平射出，求射出炮弹后炮身的速度V^/.

错解：根据动量守恒定律有：

MV=MV^/+m[─(u─V^/)],解得

分析纠错：以地面为参考系，设炮车原运动方向为正方向，根据动量定律有：

(M+m)V=MV^/+m[─(u─V^/)]

解得

典型错误之二、忽视动量守恒定律的矢量性

动量守恒定律的表达式是矢量方程，对于系统内各物体相互作用前后均在同一直线上运动的问题，应首先选定正方向，凡与正方向相同的动量取正，反之取负。对于方向未知的动量一般先假设为正，根据求得的结果再判断假设真伪。

例30、质量为m的A球以水平速度V与静止在光滑的水平面上的质量为3m的B球正碰，A球的速度变为原来的1/2，则碰后B球的速度是(以V的方向为正方向).

A.V/2,　　　　 B.─V　　　　 C.─V/2　　　　　 D.V/2

错解：设B球碰后速度为V^/，由动量守恒定律得：,.

分析纠错：碰撞后A球、B球若同向运动，A球速度小于B球速度，显然答案中没有，因此，A球碰撞后方向一定改变，A球动量应m(─V/2).

由动量守恒定律得：,V^/=V/2.

故D正确。

典型错误之三、忽视动量守恒定律的相对性

动量守恒定律表达式中各速度必须是相对同一参考系。因为动量中的速度有相对性，在应用动量守恒定律列方程时，应注意各物体的速度必须是相对同一参考系的速度。若题设条件中物体不是相对同一参考系的，必须将它们转换成相对同一参考系的，必须将它们转换成相对同一参考系的速度。一般以地面为参考系。

例31、某人在一只静止的小船上练习射击，船、人和枪(不包含子弹)及船上固定靶的总质量为M，子弹质量m，枪口到靶的距离为L，子弹射出枪口时相对于枪口的速率恒为V，当前一颗子弹陷入靶中时，随即发射后一颗子弹，则在发射完全部n颗子弹后，小船后退的距离多大？(不计水的阻力)

错解：选船、人、枪上固定靶和子弹组成的系统为研究对象，开始时整个系统处于静止，系统所受合外力为0，当子弹射向靶的过程中，系统动量守恒，船将向相反的方向移动。

当第一颗子弹射向靶的过程中，船向相反的方向运动，此时与船同时运动的物体的总质量为M+(n-1)m,当第一颗子弹射入靶中后，根据动量守恒，船会停止运动，系统与初始状态完全相同。

当第二颗子弹射向靶的过程中，子弹与船重复刚才的运动，直到n颗子弹全部射入靶中，所以在发射完全部n颗子弹的过程中，小船后退的距离应是发射第一颗子弹的过程中小船后退距离的n倍。

设子弹运动方向为正方向，在发射第一颗子弹的过程中小船后退的距离S，子弹飞行的距离为L，则由动量守恒定律有：

mL─[M+(n-1)m]S=0

解得：

每颗子弹射入靶的过程中，小船后退的距离都必须是相同，因此n颗子弹全部射入的过程，小船后退的我总距离为nS=.

分析纠错：没有把所有的速度变换成相对于同一参考系的速度。由于船的速度是相对于地面的，而子弹的速度是相对于船的，导致船的位移是相对于地面的，而子弹的位移是相对于船的，所以解答错误。

设子弹运动方向为正方向，在发射第一颗子弹的过程中小船后退的距离为S，根据题意知子弹飞行的距离为(L─S),则由动量守恒定律有：

m(L─S)─[M+(n─1)m]S=0

解得：S=

每颗子弹射入靶的过程中，小船后退的距离都相同，因此n颗子弹全部射入的过程，小船后退的总距离为nS=.

典型错误之四、忽视动量守恒定律的同时性

动量守恒定律方程两边的动量分别是系统在初、末态的总动量，初态动量的速度都应该是互相作用前同一时刻的瞬时速度，末态动量中的速度都必须是相互作用后同一时刻的瞬时速度。

例32、平静的水面上有一载人小船，船和人共同质量为M，站立在船上的人手中拿一质量为m的物体。起初人相对船静止，船、人、物体以共同速度V₀前进，当人相对于船以速度u向相反方向将物体抛出时，人和船的速度为多大？(水的阻力不计)。

错解：取人、船、物组成的系统为研究对象，由于水的阻力不计，系统的动量守恒。

以船速V₀的方向为正方向，设抛出物体后人和船的速度为V，物体对地的速度为(V₀─u).由动量守恒定律得：

(M+m)V₀=MV+m(V₀-u),

解得.

分析纠错：错误在于没有注意同时性，应明确物体被抛出的同时，船速已发生变化，不再是原来的V₀，而变成了V,即V与u是同一时刻，抛出后物对地速度是(V-u),而不是(V₀-u).

由动量守恒定律得：(M+m)V₀=MV+m(V-u)

解得：

典型错误之五、忽视动量定理的矢量性

例33、蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目。一个质量为60kg的运动员，从离水平网面3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0m高处。已知运动员与网接触的时间为1.2s。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=10m/s²)

错解：将运动员看质量为m的质点，从h₁高处下落，刚接触网时速度的大小　 　(向下)，　 弹跳后到达的高度为h₂，刚离网时速度的大小 (向上) ，以表示接触时间， 接触过程中运动员受到向上的弹力F和向下的重力mg。由动量定理得：(F-mg)Δt=mV₂-mV₁，　 由以上各式解得， ，　 代入数值得： 　。

分析纠错：错误原因是忽视了动量定理的矢量性。由动量定理得：

(F-mg)Δt=mV₂+mV₁，由以上各式解得， 。

　代入数值得： 　。

典型错误之六、运用动量定理解题受力分析掉重力

　　 对于例33还有如下一种常见错误：

　错解：将运动员看质量为m的质点，从h₁高处下落，刚接触网时速度的大小　 　(向下)，　 弹跳后到达的高度为h₂，刚离网时速度的大小 (向上) ，以表示接触时间，由动量定理得：FΔt=mV₂+mV₁，　 由以上各式解得， ，　 代入数值得： 　。

分析纠错：错误原因是受力分析时掉重力。

2.判定碰撞可能性问题的分析思路

(1)判定系统动量是否守恒。

(2)判定物理情景是否可行，如追碰后，前球动量不能减小，后球动量在原方向上不能增加；追碰后，后球在原方向的速度不可能大于前球的速度。

(3)判定碰撞前后动能是不增加。

例23、甲乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是P₁=5kg.m/s,P₂=7kg.m/s,甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kg.m/s，则二球质量m₁与m₂间的关系可能是下面的哪几种？

A、m₁=m₂ 　　B、2m₁=m₂ C、4m₁=m₂ D、6m₁=m₂。

分析与解：甲乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有：

　　　 P₁+P₂= P₁^，+ P₂^，　 即：P₁^，=2 kg.m/s。

由于在碰撞过程中，不可能有其它形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加。所以有：

所以有：m₁m₂,不少学生就选择(C、D)选项。

这个结论合“理”，但却不合“情”。因为题目给出物理情景是“甲从后面追上乙”，要符合这一物理情景，就必须有，即m₁；同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度这一物理情景，即，所以 .因此选项(D)是不合“情”的，正确的答案应该是(C)选项。

例24、如图12所示，半径和动能都相等的两个小球相向而行．甲球质量m_甲大于乙球质量m_乙，水平面是光滑的，两球做对心碰撞以后的运动情况可能是下述哪些情况？

A．甲球速度为零，乙球速度不为零

B．两球速度都不为零

C．乙球速度为零，甲球速度不为零

D．两球都以各自原来的速率反向运动

分析与解：首先根据两球动能相等，得出两球碰前动量大小之比为：，因m_甲>m_乙，则P_甲>P_乙，则系统的总动量方向向右。

根据动量守恒定律可以判断，碰后两球运动情况可能是A、B所述情况，而C、D情况是违背动量守恒的，故C、D情况是不可能的．

问题10:会用动量守恒定律和能量守恒解“相对滑动类”问题

解决动力学问题，一般有三种途径：(1)牛顿第二定律和运动学公式(力的观点)；(2)动量定理和动量守恒定律(动量观点)；(3)动能定理、机械能守恒定律、功能关系、能的转化和守恒定律(能量观点).以上这三种观点俗称求解力学问题的三把“金钥匙”.如何合理选取三把“金钥匙”解决动力学问题，是老师很难教会的。但可以通过分别用三把“金钥匙”对一道题进行求解，通过比较就会知道如何选取三把“金钥匙” 解决动力学问题,从而提高分析问题解决问题的能力。

例25、如图13所示，一质量为M、长为L的长方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m＜M.现以地面为参照系，给A和B以大小相等、方向相反的初速度(如图1)，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A刚好没有滑离B板，以地面为参照系.

(1)若已知A和B的初速度大小为V₀，求它们最后的速度大小和方向.

(2)若初速度的大小未知，求小木块A向左运动到达的最远处(从地面上看)离出发点的距离.

分析与解：方法1、用牛顿第二定律和运动学公式求解。

A刚好没有滑离B板，表示当A滑到B板的最左端时，A、B具有相同的速度，设此速度为V，经过时间为t,A、B间的滑动摩擦力为f.如图14所示。

对A据牛顿第二定律和运动学公式有：

f=ma_A,　 L₂=， V=-V₀+a_At;

对B据牛顿第二定律和运动学公式有：

f=Ma_B, 　,V=V₀-a_Bt;

由几何关系有：L₀+L₂=L；

由以上各式可求得它们最后的速度大小为

V＝. V₀，方向向右。

对A，向左运动的最大距离为。

方法2、用动能定理和动量定理求解。

A刚好没有滑离B板，表示当A滑到B板的最左端时，A、B具有相同的速度，设此速度为V，经过时间为t, A和B的初速度的大小为V₀，则据动量定理可得：

　　 对A： ft= mV+mV₀　　　　　　 1

对B：-ft=MV－MV₀　　　　　 2

　 解得：V＝V₀，方向向右　　　　

A在B板的右端时初速度向左，而到达B板左端时的末速度向右，可见A在运动过程中必须经历向左作减速运动直到速度为零，再向右作加速运动直到速度为V的两个阶段。设L₁为A开始运动到速度变为零过程中向左运动的路程，L₂为A从速度为零增加到速度为V的过程中向右运动的路程，L₀为A从开始运动到刚好到达B的最左端的过程中B运动的路程，如图2所示，设A与B之间的滑动摩擦力为f，则由动能定理可得：

对于B ：　　 -fL₀=　　　 3

对于A ：　　 -fL₁= -　　　　 4

　　　　　　　　　 f(L₁-L₂)=　　　　 5

由几何关系L₀+L₂=L　　　　　　 6

由①、②、③、④、⑤、6联立求得L₁=.

方法3、用能量守恒定律和动量守恒定律求解。

A刚好没有滑离B板，表示当A滑到B板的最左端时，A、B具有相同的速度，设此速度为V， A和B的初速度的大小为V₀，则据动量守恒定律可得：

MV₀－mV₀=(m+m)V　

解得：V＝. V₀，方向向右 .

对系统的全过程，由能量守恒定律得：Q=fL=

对于A　　 fL₁=

由上述二式联立求得L₁=.

从上述三种解法中，同学们不难看出，解法三简洁明了，容易快速求出正确答案。因此我们在解决动力学问题时，应优先考虑使用能量守恒定律和动量守恒定律求解，其次是考虑使用动能定理和动量定理求解，最后才考虑使用牛顿第二定律和运动学公式求解。

问题11、会根据图象分析推理解答相关问题

例26、A、B两滑块在一水平长直气垫导轨上相碰，用闪光照相机在t₀ = 0，t₁= △t，t₂ = 2·△t，t₃=3·△t各时刻闪光四次，摄得如图15所示照片，其中B像有重叠，m_B=m_A，由此可判断(　　 )

　　 A.碰前B静止，碰撞发生在60 cm处，t = 2.5△t；

　　　 B.碰前B静止，碰撞发生在60 cm处，t = 0.5△t；

C.碰后B静止，碰撞发生在60 cm处，t = 0.5△t；

D.碰后B静止，碰撞发生在60 cm处，t = 2.5△t。

分析与解：若碰撞前B静止，则V_B0=0，则t₀,t₁,t₂时刻B都处在60cm处，所以碰撞只能发生在x=60cm处，碰撞时t= 2.5△t,碰撞后B的速度;碰撞前A的速度，碰撞后。

碰撞前系统动量为：，碰撞后系统动量为：，满足动量守恒定律；

碰撞前系统动能为：，碰撞后系统动能为：，显然碰撞后系统的动能增加，不符合能量守恒定律。

所以碰撞前B不可能静止，即AC二选项错误。

若碰撞后B静止，则V_Bt=0，则t₁,t₂,t₃时刻B都处在60cm处，所以碰撞只能发生在x=60cm处，碰撞时t= 0.5△t,碰撞前B的速度;碰撞后A的速度，碰撞前A的速度。

碰撞前系统动量为：，碰撞前系统动量为：，满足动量守恒定律；

碰撞前系统动能为：，碰撞后系统动能为：，显然碰撞后系统的动能减少，符合能量守恒定律。

综上所述，只有选项B正确。

例27、如图16所示，质量为M的木板静止在光滑水平面上。一个质量为的小滑块以初速度V₀从木板的左端向右滑上木板。滑块和木板的水平速度随时间变化的图象如图17所示.某同学根据图象作出如下一些判断：

A．滑块与木板间始终存在相对运动；

B．滑块始终未离开木板；

C．滑块的质量大于木板的质量；

D．在时刻滑块从木板上滑出。

　　 分析与解：从图17中可以看出，滑块与木板始终没有达到共同速度，所以滑块与木板间始终存在相对运动；又因木板的加速度较大，所以滑块的质量大于木板的质量；因在t₁时刻以后，滑块和木板都做匀速运动，所以在时刻滑块从木板上滑出。即选项ACD正确。

问题12、会利用数学方法求解物理问题。

例28、用质量为M的铁锤沿水平方向将质量为m、长为L的铁钉敲入木板，铁锤每次以相同的速度V₀击钉，随即与钉一起运动并使钉进入木板一定距离。在每次击进入木板的过程中，钉所受的平均阻力为前一次受击进入木板过程中所受平均阻力的K倍(K>1)。若第一次敲击使钉进入木板深度为L₁，问至少敲击多少次才能将钉全部敲入木板？并就你的解答讨论要将钉全部敲入木板，L₁必须满足什么条件？

分析与解：设铁锤每次敲击铁钉后以共同速度V运动，根据动量守恒定律可得：

　　　　　　　　　 MV₀=(M+m)V　　　　　

设第一次受击进入木板过程中受平均阻力为f₁,则根据动能定理可得：

第二次受击进入木板过程中受平均阻力为f₂=Kf₁, 根据动能定理可得：

所以L₂=L₁/K。同理可得L₃=L₁/K²，L₄=L₁/K³…………L_n=L₁/K_N^(N-1)

因为L=L₁+L₂+……+L_n=，所以

当时，上式无意义，但其物理意义是当时不论你敲击多少次都不能将铁钉全部敲入木板。所以要将钉全部敲入木板，L₁必须满足：

L₁>(K-1)L/K