专题6 动量
1.[2016·全国卷Ⅰ3­5（2）10分]
某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g.求：
(i)喷泉单位时间内喷出的水的质量；
(ii)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．
答案：(i)ρv0S(ii)v20
2g －
M2g 2ρ2v20S2
解析： (i)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则
Δm＝ρΔV①
ΔV＝v0SΔt②
由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为
Δm
Δt
＝ρv0S③
(ii)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v.对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得
1 2(Δm)v2＋(Δm)gh＝
1
2
(Δm)v20④
在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp＝(Δm)v⑤
设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有
FΔt＝Δp⑥
由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得
F＝Mg⑦
联立③④⑤⑥⑦式得
h＝v20
2g －
M2g
2ρ2v20S2
⑧
2.[2016·北京卷] (1)动量定理可以表示为Δp＝FΔt，其中动量p和力F都是矢量．在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究．例如，质量为m的小球斜射到木板上，入射的角度是θ，碰撞后弹出的角度也是θ，碰撞前后的速度大小
都是v，如图1­所示．碰撞过程中忽略小球所受重力．
图1­
a．分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化Δp x、Δp y；
b．分析说明小球对木板的作用力的方向．
(2)激光束可以看作是粒子流，其中的粒子以相同的动量沿光传播方向运动．激光照射到物体上，在发生反射、折射和吸收现象的同时，也会对物体产生作用．光镊效应就是一个实例，激光束可以像镊子一样抓住细胞等微小颗粒．
一束激光经S点后被分成若干细光束，若不考虑光的反射和吸收，其中光束①和②穿过介质小球的光路如图1­所示，图中O点是介质小球的球心，入射时光束①和②与SO的夹角均为θ，出射时光束均与SO平行．请在下面两种情况下，分析说明两光束因折射对小球产生的合力的方向．
a．光束①和②强度相同；
b．光束①比②的强度大.
图1­
答案： (1)a.0 2mv cos θ
b．沿y轴负方向
(2)a.沿SO向左b．指向左上方
解析： (1)a.x方向：
动量变化为Δp x＝mv sin θ－mv sin θ＝0
y方向：
动量变化为Δp y＝mv cos θ－(－mv cos θ)＝2mv cos θ
方向沿y轴正方向．
b．根据动量定理可知，木板对小球作用力的方向沿y轴正方向；根据牛顿第三定律可知，
小球对木板作用力的方向沿y 轴负方向．
(2)a.仅考虑光的折射，设Δt 时间内每束光穿过小球的粒子数为n ，每个粒子动量的大小为p .
这些粒子进入小球前的总动量为p 1＝2np cos θ
从小球出射时的总动量为p 2＝2np
p 1、p 2的方向均沿SO 向右
根据动量定理F Δt ＝p 2－p 1＝2np (1－cos θ)>0
可知，小球对这些粒子的作用力F 的方向沿SO 向右；根据牛顿第三定律，两光束对小球的合力的方向沿SO 向左．
b ．建立如图所示的Oxy 直角坐标系．
x 方向：
根据(2)a 同理可知，两光束对小球的作用力沿x 轴负方向．
y 方向：
设Δt 时间内，光束①穿过小球的粒子数为n 1，光束②穿过小球的粒子数为n 2，n 1>n 2. 这些粒子进入小球前的总动量为p 1y ＝(n 1－n 2)p sin θ
从小球出射时的总动量为p 2y ＝0
根据动量定理：F y Δt ＝p 2y －p 1y ＝－(n 1－n 2)p sin θ
可知，小球对这些粒子的作用力F y 的方向沿y 轴负方向，根据牛顿第三定律，两光束对小球的作用力沿y 轴正方向．
所以两光束对小球的合力的方向指向左上方．
3．[2016·江苏卷] (2)已知光速为c ，普朗克常数为h ，则频率为ν的光子的动量为________．用该频率的光垂直照射平面镜，光被镜面全部垂直反射回去，则光子在反射前后动量改变量的大小为________．
答案：h νc 2h νc
解析：因为光速c ＝λν，则λ＝c ν，所以光子的动量p ＝h λ＝h νc
，由于动量是矢量，因此若以射向平面镜时光子的动量方向为正方向，即p 1＝
h νc ，反射后p 2＝－h νc ，动量的变化量
Δp ＝p 2－p 1＝－h νc －h νc ＝－2h νc ，则光子在反射前后动量改变量的大小为2h νc
. 3.[2016·全国卷Ⅲ] [物理——选修3­5]
如图1­所示，水平地面上有两个静止的小物块a 和b ，其连线与墙垂直；a 和b 相距l ，b
与墙之间也相距l ；a 的质量为m ，b 的质量为34
m .两物块与地面间的动摩擦因数均相同，现使a 以初速度v 0向右滑动，此后a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g .求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．
图1­
解析：设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a 、b 能够发生碰撞，应有
12
mv 20>μmgl ① 即μ<v 2
02gl
② 设在a 、b 发生弹性碰撞前的瞬间，a 的速度大小为v 1.由能量守恒有
12mv 20＝12
mv 21＋μmgl ③ 设在a 、b 碰撞后的瞬间，a 、b 的速度大小分别为v ′1、v ′2，由动量守恒和能量守恒有
mv 1＝mv ′1＋3m 4
v ′2 ④ 12mv 21＝12mv ′2
1＋12⎝ ⎛⎭
⎪⎫3m 4v ′22 ⑤ 联立④⑤式解得v ′2＝87
v 1 ⑥ 由题意，b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知
12⎝ ⎛⎭⎪⎫3m 4v ′22≤μ3m 4
gl ⑦ 联立③⑥⑦式，可得
μ≥32v 2
0113gl
⑧ 联立②⑧式，a 与b 发生碰撞、但b 没有与墙发生碰撞的条件
32v 20113gl ≤μ<v 202gl
⑨ 4．[2016·全国卷Ⅱ] [物理——选修3­5]
如图1­所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩
和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.
(i)求斜面体的质量；
(ii)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？
图1­
解析：(i)规定向右为速度正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得
m2v20＝(m2＋m3)v①
1 2m2v220＝
1
2
(m2＋m3)v2＋m2gh②
式中v20＝－3 m/s为冰块推出时的速度．联立①②式并代入题给数据得
m3＝20 kg ③
(ii)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有
m1v1＋m2v20＝0 ④
代入数据得
v1＝1 m/s ⑤
设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有m2v20＝m2v2＋m3v3⑥
1 2m2v220＝
1
2
m2v22＋
1
2
m3v23⑦
联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝1 m/s ⑧
由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩．
5．[2016·天津卷] 如图所示，方盒A静止在光滑的水平面上，盒内有一小滑块B，盒的质量是滑块的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ.若滑块以速度v开始向左运动，与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对于盒静止，则此时盒的速度大小为________，滑块相对于盒运动的路程为________．
图1­
答案： v 3 v 23μg
解析： 设滑块的质量为m ，则盒的质量为2m .对整个过程，由动量守恒定律可得mv ＝3mv 共 解得v 共＝v 3
由能量关系可知μmgx ＝12mv 2－12·3m ·⎝ ⎛⎭⎪⎫v 32
解得x ＝v 2
3μg。