資源簡介

專題提升二 動量守恒定律的綜合應用
選擇題1～10題，每小題8分，共80分。
基礎對點練
題組一　動量守恒在某一方向的應用
1.如圖所示，裝有炮彈的火炮總質量為m1，炮彈的質量為m2，炮彈射出炮口時對地的速率為v0，若炮管與水平地面的夾角為θ，則火炮后退的速度大小為(設水平地面光滑)(　　)
v0
2.如圖所示，質量為m＝1 kg的小物塊在距離車底部h＝20 m高處以一定的初速度向左被水平拋出，落在以v0＝7.5 m/s的速度沿光滑水平面向右勻速行駛的敞篷小車中，小車足夠長，質量為M＝4 kg，設小物塊在落到車底前瞬間的速度大小是25 m/s，g取10 m/s2，則當小物塊與小車相對靜止時，小車的速度大小是(　　)
1 m/s 3 m/s 9 m/s 11 m/s
題組二　動量守恒中的多物體、多過程問題
3.質量相等的五個物塊在一光滑水平面上排成一條直線，且彼此隔開一定的距離，具有初速度v0的第5號物塊向左運動，依次與其余四個靜止物塊發生碰撞，如圖所示，最后這五個物塊粘成一個整體，則它們最后的速度為(　　)
v0
4．甲、乙兩人站在光滑的水平冰面上，他們的質量都是M，甲手持一個質量為m的球，現甲把球以對地為v的速度傳給乙，乙接球后又以對地為2v的速度把球傳回甲，甲接到球后，甲、乙兩人的速度大小之比為(忽略空氣阻力)(　　)
5．甲、乙兩個溜冰者質量分別為48 kg和50 kg，甲手里拿著質量為2 kg的球，兩人均以2 m/s的速率，在光滑的冰面上沿同一直線相向滑行，甲將球傳給乙，乙再將球傳給甲，這樣拋接幾次后，球又回到甲的手里，乙的速度為零，則甲的速度的大小為(　　)
0 2 m/s
4 m/s 無法確定
題組三　動量守恒中的臨界問題
6.如圖所示，質量為M的滑塊靜止在光滑的水平地面上，滑塊的光滑弧面底部與地面相切，一個質量為m的小球以速度v0向滑塊滾來，小球不能越過滑塊，則小球到達最高點時，小球和滑塊的速度大小是(　　)
7.(多選)如圖所示，質量為3m的物塊A與質量為m的物塊B用輕彈簧和不可伸長的細線連接，靜止在光滑的水平面上，此時細線剛好伸直但無彈力。現使物體A瞬間獲得向右的速度v0，在以后的運動過程中，細線沒有繃斷，以下判斷正確的是(　　)
細線再次伸直前，物塊A的速度先減小后增大
細線再次伸直前，物塊B的加速度先減小后增大
彈簧最大的彈性勢能等于mv
物塊A、B與彈簧組成的系統，損失的機械能最多為mv
綜合提升練
8．如圖是勞動者拋沙袋入車的情境圖。一排人站在平直的軌道旁，分別標記為1，2，3，…已知車的質量為40 kg，每個沙袋質量為5 kg。當車經過一人身旁時，此人將一個沙袋沿與車前進相反的方向以4 m/s速度投入到車內，沙袋與車瞬間就獲得共同速度。已知車原來的速度大小為10 m/s，當車停止運動時，一共拋入的沙袋有(　　)
20個 25個 30個 40個
9．(多選)(2023·廣東卷，10)某同學受電動窗簾的啟發，設計了如圖所示的簡化模型，多個質量均為1 kg的滑塊可在水平滑軌上滑動，忽略阻力。開窗簾過程中，電機對滑塊1施加一個水平向右的恒力F，推動滑塊1以0.40 m/s的速度與靜止的滑塊2碰撞，碰撞時間為0.04 s，碰撞結束后瞬間兩滑塊的共同速度為0.22 m/s，關于兩滑塊的碰撞過程，下列說法正確的有(　　)
該過程動量守恒
滑塊1受到合外力的沖量大小為0.18 N·s
滑塊2受到合外力的沖量大小為0.40 N·s
滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為5.5 N
10.(多選)(2024·河南洛陽市期中)如圖所示，質量為M、內壁間距為L的盒子放在光滑的水平面上，盒子上表面粗糙，盒內正中間放有一塊質量為m的物體，某時刻給物體一水平向右的初速度v0，物體在與盒子前后壁往復碰撞N次后，最終又恰好停在了盒子正中間，與盒子保持相對靜止，已知盒子與物體間的動摩擦因數為μ，物體與盒子內壁的每次碰撞均能以相同大小的速度彈回，重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　)
盒子的最終速度為，方向水平向右
盒子的最終速度為，方向水平向右
系統損失的動能為
系統損失的動能為μNmgL
11．(10分)如圖所示，在光滑水平面上，有一質量M＝3 kg 的薄板，板上有質量m＝1 kg的物塊，兩者以v0＝4 m/s的初速度朝相反方向運動。薄板與物塊之間存在摩擦且薄板足夠長，取水平向右為正方向，求：
(1)(5分)當物塊的速度方向與初速度方向相同，大小為3 m/s時，薄板的速度；
(2)(5分)物塊最后的速度。
培優加強練
12.(10分)如圖所示，在光滑的水平桿上套有一個質量為m的滑環，滑環通過一根不可伸縮的輕繩懸掛著一個質量為M的物塊(可視為質點)，繩長為L。將滑環固定時，給物塊一個水平沖量，物塊擺起后剛好碰到水平桿；若滑環不固定，仍給物塊以同樣的水平沖量，求物塊擺起的最大高度。
專題提升二　動量守恒定律的綜合應用
1.C　[炮彈和火炮組成的系統在水平方向動量守恒，有0＝m2v0cos θ－(m1－m2)v，解得v＝，C正確。]
2.B　[小物塊做平拋運動，下落時間為t＝＝2 s，小物塊落到車底前瞬間，豎直方向速度大小為vy＝gt＝10×2 m/s＝20 m/s，小物塊在落到車底前瞬間的速度大小是v＝25 m/s，根據平行四邊形定則可知，小物塊水平方向的速度大小為vx＝eq \r(v2－v)＝ m/s＝15 m/s，小物塊與車在水平方向上動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律有Mv0－mvx＝(M＋m)v共，解得v共＝3 m/s，故B正確。]
3.B　[由于五個物塊組成的系統沿水平方向不受外力作用，故系統在水平方向上動量守恒，由動量守恒定律得mv0＝5mv，得v＝，即它們最后的速度為，故B正確。]
4.D　[對甲、乙二人和球組成的系統，開始時系統的總動量為零，在任意時刻系統的總動量都為零。設甲的速度大小為v甲，乙的速度大小為v乙，二者方向相反，根據動量守恒定律得(M＋m)v甲－Mv乙＝0，則＝，選項D正確。]
5.A　[以甲、乙及球組成的系統為研究對象，以甲原來的滑行方向為正方向，有(m甲＋m球)v甲＋m乙v乙＝(m甲＋m球)v甲′＋0
解得v甲′＝＝ m/s＝0，故A正確，B、C、D錯誤。]
6.A　[小球沿滑塊上滑的過程中，對小球和滑塊組成的系統，水平方向不受外力，因而該系統在水平方向上動量守恒，小球到達最高點時和滑塊具有相同的對地速度v。由水平方向動量守恒得mv0＝(M＋m)v，所以v＝，故A正確。]
7.CD　[細線再次伸直時，也就是彈簧再次恢復原長時，該過程中物塊A始終受到向左的彈力，即一直做減速運動，物塊B始終受到向右的彈力，且彈簧的彈力先增大后減小，即物塊B的加速度先增大后減小，故A、B錯誤；彈簧的彈性勢能最大時，彈簧被壓縮至最短，此時兩者速度相等，根據動量守恒定律可得3mv0＝(3m＋m)v，解得v＝v0，根據能量守恒定律可得Epmax＝×3mv－×(3m＋m)v2＝mv；不可伸長的細線在彈簧恢復原長瞬間繃直，使物塊A、B達到共同速度v，系統機械能的減少量等于彈簧的最大彈性勢能Epmax，故C、D正確。]
8.A　[設一共拋入n個沙袋，這些沙袋拋入車的過程，滿足動量守恒，則Mv0－nmv＝0，解得n＝＝20，即拋入20個沙袋，車恰好停止運動，故A正確。]
9.BD　[取向右為正方向，滑塊1和滑塊2組成的系統的初動量為p1＝mv1＝1×0.40 kg·m/s＝0.40 kg·m/s，碰撞后的動量為p2＝2mv2＝2×1×0.22 kg·m/s＝0.44 kg·m/s，p1≠p2，則滑塊的碰撞過程動量不守恒，故A錯誤；對滑塊1，取向右為正方向，則有I1＝mv2－mv1＝1×0.22 kg·m/s－1×0.40 kg·m/s＝－0.18 kg·m/s，負號表示方向水平向左，故B正確；對滑塊2，取向右為正方向，則有I2＝mv2＝1×0.22 kg·m/s＝0.22 kg·m/s，故C錯誤；對滑塊2，根據動量定理有FΔt＝I2，解得F＝5.5 N，則滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為5.5 N，故D正確。]
10.BD　[以盒子與物體組成的系統為研究對象，系統的動量守恒，最終兩者的速度相同，設盒子的最終速度為v，取向右方向為正方向，由系統動量守恒有mv0＝(M＋m)v，解得v＝，方向與v0同向，即方向水平向右，故A錯誤，B正確；根據功能關系知，系統產生的內能等于系統克服摩擦力做的功，也等于系統損失的動能，則有ΔEk＝W克＝μNmgL，故C錯誤，D正確。]
11.(1) m/s，方向水平向右　(2)2 m/s，方向水平向右
解析　(1)由于地面光滑，物塊與薄板組成的系統動量守恒，由動量守恒定律得Mv0－mv0＝－mv1＋Mv′
代入數據解得v′＝ m/s，方向水平向右。
(2)在摩擦力作用下物塊和薄板最后達到共同速度，設共同運動速度大小為v，由動量守恒定律得Mv0－mv0＝(m＋M)v
代入數據解得v＝2 m/s，方向水平向右。
12.L
解析　滑環固定時，根據機械能守恒定律，有
MgL＝Mv，解得v0＝
滑環不固定時，物塊的初速度仍為v0，在物塊擺起至最大高度h時，它們的速度都為v，在此過程中物塊和滑環組成的系統機械能守恒，水平方向動量守恒，則Mv0＝(m＋M)v
Mv＝(m＋M)v2＋Mgh
聯立上式，可得h＝L。專題提升二　動量守恒定律的綜合應用
學習目標　1.理解某一方向動量守恒定律的應用。2.會利用動量守恒定律處理多物體、多過程問題。3.會分析動量守恒中的臨界問題。
提升一　動量守恒在某一方向上的應用
　若系統受到的合外力不為零，系統的動量不守恒。但若在某一方面上合外力為零，則系統在此方向上動量守恒。系統在某一方向動量守恒時，動量守恒表達式為：(以水平方向動量守恒為例)m1v1x＋m2v2x＝m1v1x′＋m2v2x′。
例1 如圖所示，光滑的水平面上，質量為m物體A置于質量為M的斜面體B上，斜面的傾角為θ，在A沿斜面由底端沖上頂端的過程中，A和B組成的系統(　　)
A.動量守恒
B.在豎直方向上系統的動量分量守恒
C.在水平方向上系統的動量分量守恒
D.在任何方向上系統的動量分量都不守恒
拓展　例1中，若A剛好到達斜面頂端，且A、B具有共同速度，若不計A、B間的摩擦，則A到達頂端時速度的大小為(　　)
A. B.
C. D.
提升二　動量守恒中的多物體、多過程問題
例2 如圖所示，在光滑水平面上有兩個并排靜止放置的木塊A、B，已知mA＝0.5 kg，mB＝0.3 kg。現有質量m0＝0.08 kg的小物塊C以初速度v0＝25 m/s在A表面沿水平方向向右滑動，由于C與A、B間均有摩擦，C最終停在B上，B、C最后的共同速度v＝2.5 m/s。求：
(1)木塊A的最終速度的大小；
(2)小物塊C滑離木塊A的瞬時速度的大小。
　
　
　
　
　
　
　
　
　
對于多物體、多過程，應用動量守恒定律解題時應注意：
(1)正確分析作用過程中各物體運動狀態的變化情況。
(2)分清作用過程中的不同階段，并按作用關系將系統內的物體分成幾個小系統。
(3)對不同階段、不同的小系統準確選取初、末狀態，分別列動量守恒方程。　　
訓練 (2024·吉林延邊一中期中)如圖所示，三輛完全相同的平板小車a、b、c成一直線排列，質量均為M，靜止在光滑水平面上。c車上有一靜止的質量為m的小孩。現跳到b車上，接著又立即從b車跳到a車上。小孩跳離c車和b車時對地的水平速度均為v。小孩跳到a車上后相對a車保持靜止，則(　　)
A.a、b、c三車組成的系統水平方向動量守恒
B.b、c兩車運動速率相等
C.b車最終的速率為
D.a車最終的速率為v
提升三　動量守恒中的臨界問題
角度1　涉及彈簧的臨界問題
例3 如圖所示，一輕質彈簧兩端連著物體A和B，放在光滑的水平面上，物體A被水平速度為v0的子彈射中并且子彈嵌在其中。已知物體A的質量mA是物體B的質量mB的，子彈的質量m是物體B的質量的，彈簧壓縮到最短時B的速度為(　　)
A. B.
C. D.
角度2　涉及曲(斜)面的臨界問題
例4 光滑水平面上放著一質量為M的槽，槽與水平面相切且光滑，如圖所示，一質量為m的小球以速度v0向槽運動(槽足夠高，重力加速度為g)。求：
(1)若槽固定，小球能上升的高度；
(2)若槽不固定，小球能上升的高度。
　
　
　
　
　
　
　
　
角度3　涉及追碰的臨界問題
例5 如圖所示，甲、乙兩小孩各乘一輛冰車在水平冰面上游戲，甲和他的冰車總質量為M＝30 kg，乙和他的冰車總質量也是30 kg。游戲時，甲推著一個質量為m＝15 kg的箱子和他一起以v0＝2 m/s的速度滑行，乙以同樣大小的速度迎面滑來，為了避免相撞，甲突然將箱子沿冰面推給乙，箱子滑到乙處，乙迅速抓住。不計冰面摩擦。
(1)若甲將箱子以速度v推出，甲的速度變為多少？(用字母表示)
(2)設乙抓住迎面滑來的速度為v的箱子后反向運動，乙抓住箱子后的速度變為多少？(用字母表示)
(3)若甲、乙最后不相撞，甲、乙的速度(v1、v2)應滿足什么條件？箱子被推出的速度至少多大？
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
　
三種臨界情況(水平面光滑)
(1)共速時，A、B相距最近，彈簧壓縮量最大。
(2)共速時，小球到達最高點。
(3)共速是兩物體不相撞的臨界條件。
　　
隨堂對點自測
1.(某一方向動量守恒)如圖所示，質量為m的人立于平板車上，人與車的總質量為m0，人與車以速度v1在光滑水平面上向右勻速運動，當此人相對于車以速度v2豎直跳起時，車的速度變為(　　)
A.，向右 B.，向右
C.，向右 D.v1，向右
2.(多物體、多過程問題)如圖所示，質量均為M＝0.4 kg的兩長平板小車A和B開始時緊靠在一起都靜止于光滑水平面上。小物塊(可看成質點)
質量m＝0.2 kg以初速度v＝9 m/s從最左端滑上小車A的上表面，最后停在小車B最右端時速度為v2＝2 m/s，最后A的速度v1為(　　)
A.1.5 m/s B.2 m/s
C.1 m/s D.0.5 m/s
3.(臨界問題)如圖所示，甲、乙兩船的總質量(包括船、人和貨物)分別為10m、12m，兩船沿同一直線同一方向運動，速度分別為2v0、v0，為避免兩船相撞，乙船上的人將一質量為m的貨物沿水平方向拋向甲船，甲船上的人將貨物接住，求拋出貨物的最小速度。(不計水的阻力)
　
　
　
專題提升二　動量守恒定律的綜合應用
提升一
例1 C　[由題意知，A沿斜面由底端沖上頂端的過程中，在豎直方向上A有向下的加速度，所以A和B組成的系統在豎直方向上系統的動量分量不守恒，而A和B組成的系統在水平方向上不受外力作用，所以A和B組成的系統，在水平方向上系統的動量分量守恒，故C正確。]
拓展 B　[因為物體A具有豎直方向的加速度，故系統在豎直方向受到向下的重力和水平面提供的向上的作用力，且此方向合力不為零，故此方向的動量不守恒；但水平面光滑，故系統在水平方向動量守恒，A到達頂端時，A和斜面體只有水平方向的速度，即mv0cos θ＝(M＋m)v，所以v＝，故B正確。]
提升二
例2 (1)2.1 m/s　(2)4 m/s
解析　(1)取向右為正方向，設木塊A的最終速度為v1，由動量守恒定律，對A、B、C有m0v0＝mAv1＋(mB＋m0)·v，解得v1＝2.1 m/s。
(2)設C滑離A時的速度為v2，當C滑離A后，由動量守恒定律，對B、C有m0v2＋mBv1＝(mB＋m0)v，解得v2＝4 m/s。
訓練 D　[a、b、c、小孩四者組成的系統水平方向所受外力之和為零，水平方向動量守恒，故A錯誤；對小孩跳離c車的過程，取向右為正方向，對小孩和c車組成的系統，由水平方向動量守恒定律有0＝mv＋Mvc，解得c車速度為vc＝－，負號表示方向向左，對小孩跳上b車再跳離b車的過程，由小孩和b車組成的系統水平方向動量守恒有mv＋0＝mv＋Mvb，解得b車最終的速度為vb＝0，故B、C錯誤；對小孩跳上a車的過程，由動量守恒定律有mv＋0＝(m＋M)va，解得a車的最終速度為va＝，故D正確。]
提升三
例3 C　[彈簧壓縮到最短時，A、B和子彈具有共同的速度v1，對A、B和子彈組成的系統，從子彈開始射入物體A一直到彈簧被壓縮到最短的過程中，系統所受外力(重力、支持力)之和始終為零，整個過程系統的動量守恒，由動量守恒定律得mv0＝(m＋mA＋mB)v1，又m＝mB，mA＝mB，解得v1＝，即彈簧壓縮到最短時B的速度為，故C正確。]
例4 (1)eq \f(v,2g)　(2)eq \f(Mv,2（m＋M）g)
解析　(1)槽固定時，設小球上升的高度為h1，
由機械能守恒定律得mgh1＝mv，解得h1＝eq \f(v,2g)。
(2)槽不固定時，設小球上升的最大高度為h2，此時兩者速度均為v，由動量守恒定律得mv0＝(m＋M)v
由機械能守恒定律得mv＝(m＋M)v2＋mgh2
聯立解得，小球能上升的高度h2＝eq \f(Mv,2（m＋M）g)。
例5 (1)　(2)　(3)v1≤v2　5.2 m/s
解析　(1)甲將箱子推出的過程，甲和箱子組成的系統動量守恒，由動量守恒定律得(M＋m)v0＝mv＋Mv1
解得v1＝。
(2)箱子和乙作用的過程動量守恒，以箱子的速度方向為正方向，由動量守恒定律得mv－Mv0＝(m＋M)v2
解得v2＝。
(3)甲、乙不相撞的條件是v1≤v2
即≤
代入數據得v≥5.2 m/s。
隨堂對點自測
1.D　[人和車在水平方向上動量守恒，當人豎直跳起時，人和車之間在豎直方向上有相互作用，在水平方向上合力為零，動量仍然守恒，水平方向的速度不發生變化，所以車的速度仍為v1，方向向右，故D正確。]
2.A　[三物體整體分析，以小物塊的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得mv＝(m＋M)v2＋Mv1，代入數據解得v1＝1.5 m/s，故A正確。]
3.4v0
解析　設乙船上的人拋出貨物的最小速度大小為vmin，拋出貨物后船的速度為v1，甲船上的人接到貨物后船的速度為v2，以開始時甲、乙兩船的運動方向為正方向。由動量守恒定律得
12mv0＝11mv1－mvmin①
10m×2v0－mvmin＝11mv2②
為避免兩船相撞應滿足v1＝v2③
聯立①②③式得vmin＝4v0。(共46張PPT)
專題提升二　動量守恒定律的綜合應用
第1章　動量及其守恒定律
1.理解某一方向動量守恒定律的應用。
2.會利用動量守恒定律處理多物體、多過程問題。
3.會分析動量守恒中的臨界問題。
學習目標
目 錄
CONTENTS
提升
01
隨堂對點自測
02
課后鞏固訓練
03
提升
1
提升二　動量守恒中的多物體、多過程問題
提升一　動量守恒在某一方向上的應用
提升三　動量守恒中的臨界問題
提升一　動量守恒在某一方向上的應用
若系統受到的合外力不為零，系統的動量不守恒。但若在某一方面上合外力為零，則系統在此方向上動量守恒。系統在某一方向動量守恒時，動量守恒表達式為：(以水平方向動量守恒為例)m1v1x＋m2v2x＝m1v1x′＋m2v2x′。
例1 如圖所示，光滑的水平面上，質量為m物體A置于質量為M的斜面體B上，斜面的傾角為θ，在A沿斜面由底端沖上頂端的過程中，A和B組成的系統(　　)
A.動量守恒
B.在豎直方向上系統的動量分量守恒
C.在水平方向上系統的動量分量守恒
D.在任何方向上系統的動量分量都不守恒
C
解析　由題意知，A沿斜面由底端沖上頂端的過程中，在豎直方向上A有向下的加速度，所以A和B組成的系統在豎直方向上系統的動量分量不守恒，而A和B組成的系統在水平方向上不受外力作用，所以A和B組成的系統，在水平方向上系統的動量分量守恒，故C正確。
B
拓展　例1中，若A剛好到達斜面頂端，且A、B具有共同速度，若不計A、B間的摩擦，則A到達頂端時速度的大小為(　　)
提升二　動量守恒中的多物體、多過程問題
例2 如圖所示，在光滑水平面上有兩個并排靜止放置的木塊A、B，已知mA＝0.5 kg，mB＝0.3 kg。現有質量m0＝0.08 kg的小物塊C以初速度v0＝25 m/s在A表面沿水平方向向右滑動，由于C與A、B間均有摩擦，C最終停在B上，B、C最后的共同速度v＝2.5 m/s。求：
(1)木塊A的最終速度的大小；
(2)小物塊C滑離木塊A的瞬時速度的大小。
解析　(1)取向右為正方向，設木塊A的最終速度為v1，由動量守恒定律，對A、B、C有m0v0＝mAv1＋(mB＋m0)·v，解得v1＝2.1 m/s。
(2)設C滑離A時的速度為v2，當C滑離A后，由動量守恒定律，對B、C有m0v2＋mBv1＝(mB＋m0)v，解得v2＝4 m/s。
答案　(1)2.1 m/s　(2)4 m/s
對于多物體、多過程，應用動量守恒定律解題時應注意：
(1)正確分析作用過程中各物體運動狀態的變化情況。
(2)分清作用過程中的不同階段，并按作用關系將系統內的物體分成幾個小系統。
(3)對不同階段、不同的小系統準確選取初、末狀態，分別列動量守恒方程。　　
D
提升三　動量守恒中的臨界問題
C
角度2　涉及曲(斜)面的臨界問題
例4 光滑水平面上放著一質量為M的槽，槽與水平面相切且光滑，如圖所示，一質量為m的小球以速度v0向槽運動(槽足夠高，重力加速度為g)。求：
(1)若槽固定，小球能上升的高度；
(2)若槽不固定，小球能上升的高度。
(2)槽不固定時，設小球上升的最大高度為h2，
此時兩者速度均為v，由動量守恒定律得mv0＝(m＋M)v
角度3　涉及追碰的臨界問題
例5 如圖所示，甲、乙兩小孩各乘一輛冰車在水平冰面上游戲，甲和他的冰車總質量為M＝30 kg，乙和他的冰車總質量也是30 kg。游戲時，甲推著一個質量為m＝15 kg的箱子和他一起以v0＝2 m/s的速度滑行，乙以同樣大小的速度迎面滑來，為了避免相撞，甲突然將箱子沿冰面推給乙，箱子滑到乙處，乙迅速抓住。不計冰面摩擦。
(1)若甲將箱子以速度v推出，甲的速度變為多少？
(用字母表示)
(2)設乙抓住迎面滑來的速度為v的箱子后反向運動，
乙抓住箱子后的速度變為多少？(用字母表示)
(3)若甲、乙最后不相撞，甲、乙的速度(v1、v2)應滿足什么條件？箱子被推出的速度至少多大？
解析　(1)甲將箱子推出的過程，甲和箱子組成的系統動量守恒，由動量守恒定律得(M＋m)v0＝mv＋Mv1
(3)甲、乙不相撞的條件是v1≤v2
三種臨界情況(水平面光滑)
(1)共速時，A、B相距最近，彈簧壓縮量最大。
(2)共速時，小球到達最高點。
(3)共速是兩物體不相撞的臨界條件。
隨堂對點自測
2
D
1.(某一方向動量守恒)如圖所示，質量為m的人立于平板車上，人與車的總質量為m0，人與車以速度v1在光滑水平面上向右勻速運動，當此人相對于車以速度v2豎直跳起時，車的速度變為(　　)
解析　人和車在水平方向上動量守恒，當人豎直跳起時，人和車之間在豎直方向上有相互作用，在水平方向上合力為零，動量仍然守恒，水平方向的速度不發生變化，所以車的速度仍為v1，方向向右，故D正確。
A
2.(多物體、多過程問題)如圖所示，質量均為M＝0.4 kg的兩長平板小車A和B開始時緊靠在一起都靜止于光滑水平面上。小物塊(可看成質點)質量m＝0.2 kg以初速度v＝9 m/s從最左端滑上小車A的上表面，最后停在小車B最右端時速度為v2＝2 m/s，最后A的速度v1為(　　)
A.1.5 m/s B.2 m/s
C.1 m/s D.0.5 m/s
解析　三物體整體分析，以小物塊的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得mv＝(m＋M)v2＋Mv1，代入數據解得v1＝1.5 m/s，故A正確。
3.(臨界問題)如圖所示，甲、乙兩船的總質量(包括船、人和貨物)分別為10m、12m，兩船沿同一直線同一方向運動，速度分別為2v0、v0，為避免兩船相撞，乙船上的人將一質量為m的貨物沿水平方向拋向甲船，甲船上的人將貨物接住，求拋出貨物的最小速度。(不計水的阻力)
答案　4v0
解析　設乙船上的人拋出貨物的最小速度大小為vmin，拋出貨物后船的速度為v1，甲船上的人接到貨物后船的速度為v2，以開始時甲、乙兩船的運動方向為正方向。由動量守恒定律得
12mv0＝11mv1－mvmin①
10m×2v0－mvmin＝11mv2②
為避免兩船相撞應滿足v1＝v2③
聯立①②③式得vmin＝4v0。
課后鞏固訓練
3
C
題組一　動量守恒在某一方向的應用
1.如圖所示，裝有炮彈的火炮總質量為m1，炮彈的質量為m2，炮彈射出炮口時對地的速率為v0，若炮管與水平地面的夾角為θ，則火炮后退的速度大小為(設水平地面光滑)(　　)
基礎對點練
B
2.如圖所示，質量為m＝1 kg的小物塊在距離車底部h＝20 m高處以一定的初速度向左被水平拋出，落在以v0＝7.5 m/s的速度沿光滑水平面向右勻速行駛的敞篷小車中，小車足夠長，質量為M＝4 kg，設小物塊在落到車底前瞬間的速度大小是25 m/s，g取10 m/s2，則當小物塊與小車相對靜止時，小車的速度大小是(　　)
A.1 m/s B.3 m/s
C.9 m/s D.11 m/s
B
題組二　動量守恒中的多物體、多過程問題
3.質量相等的五個物塊在一光滑水平面上排成一條直線，且彼此隔開一定的距離，具有初速度v0的第5號物塊向左運動，依次與其余四個靜止物塊發生碰撞，如圖所示，最后這五個物塊粘成一個整體，則它們最后的速度為(　　)
D
4.甲、乙兩人站在光滑的水平冰面上，他們的質量都是M，甲手持一個質量為m的球，現甲把球以對地為v的速度傳給乙，乙接球后又以對地為2v的速度把球傳回甲，甲接到球后，甲、乙兩人的速度大小之比為(忽略空氣阻力)(　　)
A
5.甲、乙兩個溜冰者質量分別為48 kg和50 kg，甲手里拿著質量為2 kg的球，兩人均以2 m/s的速率，在光滑的冰面上沿同一直線相向滑行，甲將球傳給乙，乙再將球傳給甲，這樣拋接幾次后，球又回到甲的手里，乙的速度為零，則甲的速度的大小為(　　)
A.0 B.2 m/s C.4 m/s D.無法確定
解析　以甲、乙及球組成的系統為研究對象，以甲原來的滑行方向為正方向，有(m甲＋m球)v甲＋m乙v乙＝(m甲＋m球)v甲′＋0
A
題組三　動量守恒中的臨界問題
6.如圖所示，質量為M的滑塊靜止在光滑的水平地面上，滑塊的光滑弧面底部與地面相切，一個質量為m的小球以速度v0向滑塊滾來，小球不能越過滑塊，則小球到達最高點時，小球和滑塊的速度大小是(　　)
CD
A
綜合提升練
8.如圖是勞動者拋沙袋入車的情境圖。一排人站在平直的軌道旁，分別標記為1，2，3，…已知車的質量為40 kg，每個沙袋質量為5 kg。當車經過一人身旁時，此人將一個沙袋沿與車前進相反的方向以4 m/s速度投入到車內，沙袋與車瞬間就獲得共同速度。已知車原來的速度大小為10 m/s，當車停止運動時，一共拋入的沙袋有(　　)
A.20個 B.25個
C.30個 D.40個
BD
9.(多選)(2023·廣東卷，10)某同學受電動窗簾的啟發，設計了如圖所示的簡化模型，多個質量均為1 kg的滑塊可在水平滑軌上滑動，忽略阻力。開窗簾過程中，電機對滑塊1施加一個水平向右的恒力F，推動滑塊1以0.40 m/s的速度與靜止的滑塊2碰撞，碰撞時間為0.04 s，碰撞結束后瞬間兩滑塊的共同速度為0.22 m/s，關于兩滑塊的碰撞過程，下列說法正確的有(　　)
A.該過程動量守恒
B.滑塊1受到合外力的沖量大小為0.18 N·s
C.滑塊2受到合外力的沖量大小為0.40 N·s
D.滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為5.5 N
解析 取向右為正方向,滑塊1和滑塊2組成的系統的初動量為p1＝mv1＝1×0.40 kg·
m/s＝0.40 kg·m/s，碰撞后的動量為p2＝2mv2＝2×1×0.22 kg·m/s＝0.44 kg·m/s，p1≠p2，則滑塊的碰撞過程動量不守恒，故A錯誤；對滑塊1，取向右為正方向，則有I1＝mv2－mv1＝1×0.22 kg·m/s－1×0.40 kg·m/s＝－0.18 kg·m/s，負號表示方向水平向左,故B正確；對滑塊2，取向右為正方向，則有I2＝mv2＝1×0.22 kg
·m/s＝0.22 kg·m/s，故C錯誤；對滑塊2，根據動量定理有FΔt＝I2，解得F＝
5.5 N，則滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為5.5 N，故D正確。
10.(多選)(2024·河南洛陽市期中)如圖所示，質量為M、內壁間距為L的盒子放在光滑的水平面上，盒子上表面粗糙，盒內正中間放有一塊質量為m的物體，某時刻給物體一水平向右的初速度v0，物體在與盒子前后壁往復碰撞N次后，最終又恰好停在了盒子正中間，與盒子保持相對靜止，已知盒子與物體間的動摩擦因數為μ，物體與盒子內壁的每次碰撞均能以相同大小的速度彈回，重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　)
答案 BD
11.如圖所示，在光滑水平面上，有一質量M＝3 kg 的薄板，板上有質量m＝1 kg的物塊，兩者以v0＝4 m/s的初速度朝相反方向運動。薄板與物塊之間存在摩擦且薄板足夠長，取水平向右為正方向，求：
(1)當物塊的速度方向與初速度方向相同，大小為3 m/s時，薄板的速度；
(2)物塊最后的速度。
解析　(1)由于地面光滑，物塊與薄板組成的系統動量守恒，由動量守恒定律得Mv0－mv0＝－mv1＋Mv′
方向水平向右。
(2)在摩擦力作用下物塊和薄板最后達到共同速度，設共同運動速度大小為v，由動量守恒定律得Mv0－mv0＝(m＋M)v
代入數據解得v＝2 m/s,方向水平向右。
培優加強練
12.如圖所示，在光滑的水平桿上套有一個質量為m的滑環，滑環通過一根不可伸縮的輕繩懸掛著一個質量為M的物塊(可視為質點)，繩長為L。將滑環固定時，給物塊一個水平沖量，物塊擺起后剛好碰到水平桿；若滑環不固定，仍給物塊以同樣的水平沖量，求物塊擺起的最大高度。
滑環不固定時，物塊的初速度仍為v0，在物塊擺起至最大高度h時，它們的速度都為v，在此過程中物塊和滑環組成的系統機械能守恒，水平方向動量守恒，則

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