資源簡介

專題強化2　動量守恒定律的綜合應用
1～5題每題6分，6題12分，共42分
1.(多選)質量分別為M和m0的兩滑塊用輕彈簧連接，均以恒定速度v沿光滑水平面運動，與位于正對面的質量為m的靜止滑塊發生碰撞，如圖所示，碰撞時間極短，在此過程中，下列情況可能發生的是(　　)
A．M、m0、m速度均發生變化，碰后分別為v1、v2、v3，且滿足(M＋m0)v＝Mv1＋m0v2＋mv3
B．m0的速度不變，M和m的速度變為v1和v2，且滿足Mv＝Mv1＋mv2
C．m0的速度不變，M和m的速度都變為v′，且滿足Mv＝(M＋m)v′
D．M、m0、m速度均發生變化，M和m0的速度都變為v1，m的速度變為v2，且滿足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2
2．(2024·廣州市第六中學高二上月考)“獨竹漂”是一項獨特的黔北民間絕技。獨竹漂高手們腳踩一根楠竹，漂行水上如履平地。如圖甲所示，在平靜的湖面上，一位女子腳踩竹竿抵達岸邊，此時女子靜立于竹竿A點，一位攝影愛好者使用連拍模式拍下了該女子在竹竿上行走過程的系列照片，并從中選取了兩張進行對比，其簡化圖如下。經過測量發現，甲、乙兩張照片中A、B兩點的水平間距約為1 cm，乙圖中竹竿右端距離河岸約為1.8 cm。照片的比例尺為1∶40。已知竹竿的質量約為25 kg，若不計水的阻力，則該女子的質量約為(　　)
A．41.5 kg B．45 kg C．47.5 kg D．50 kg
3．(2023·肇慶市高二下期中)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的質量是物體B的質量的，子彈的質量是物體B的質量的，彈簧壓縮到最短時B的速度大小為(　　)
A. B. C. D.
4.(2023·廣東實驗中學高二開學考)如圖所示，一個質量為m1＝40 kg的人抓在一只大氣球下方，氣球下面有一根長繩。氣球和長繩的總質量為m2＝10 kg，靜止時人離地面的高度為h＝5 m，長繩的下端剛好和地面接觸。如果這個人開始沿繩向下滑，當他滑到繩下端時，他離地高度約是(可以把人看作質點)(　　)
A．5 m B．4 m C．2.6 m D．8 m
5.質量為m、半徑為R的小球，放在半徑為3R、質量為3m的大空心球內，大球開始靜止在光滑水平面上。當小球從如圖所示的位置(兩球心在同一水平面上)無初速度沿內壁滾到最低點時，大球移動的距離是(　　)
A.R B.R C.R D.R
6．(12分)如圖所示，甲車的質量是2 kg，靜止在光滑水平面上，上表面光滑，右端放一個質量為1 kg的小物體，乙車質量為4 kg，以5 m/s的速度向左運動，與甲車碰撞以后甲車獲得8 m/s的速度，物體滑到乙車上，若乙車足夠長，上表面與物體的動摩擦因數為0.2。求：(g取10 m/s2)
(1)(4分)乙車和甲車碰撞后，乙車的速度大小；
(2)(8分)物體在乙車上表面滑行多長時間后相對乙車靜止？
7～10題每題8分，11題16分，共48分
7．(2023·廣東省佛山四中高二下段考)如圖所示將一光滑的半圓槽置于光滑水平面上，槽的左側有一固定在水平面上的物塊。今讓一小球自左側槽口A的正上方從靜止開始落下，與圓弧槽相切自A點進入槽內，則以下結論中正確的是(　　)
A．小球在半圓槽內運動的全過程中，只有重力對它做功
B．小球在半圓槽內運動的全過程中，小球與半圓槽在水平方向動量守恒
C．小球自半圓槽的最低點B向C點運動的過程中，小球與半圓槽在水平方向動量守恒
D．小球離開C點以后，將做豎直上拋運動
8．(多選)(2023·清遠市高二期中)如圖所示，兩條形磁鐵各固定在甲、乙兩小車上，它們能在水平面上無摩擦的運動，甲車與磁鐵的總質量為2 kg，乙車與磁鐵的總質量為1 kg，兩磁鐵N極相對，現使兩車在同一直線上相向運動，某時刻甲車的速度為4 m/s，乙車的速度為6 m/s，可以看到它們沒有相碰就分開了，下列說法正確的是(　　)
A．乙車開始反向時，甲車的速度為1 m/s，方向不變
B．兩車相距最近時，乙車的速度為零
C．兩車相距最近時，乙車的速度約為0.67 m/s，與乙車原來的速度方向相反
D．甲車對乙車的沖量與乙車對甲車的沖量相同
9.(多選)(2023·惠州市高一下期末)如圖所示，三輛相同的平板小車a、b、c成一直線排列，靜止在光滑水平地面上。c車上一個小孩跳到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相同，他跳到a車上沒有走動便相對a車保持靜止，此后(　　)
A．a、c兩車的運動速率相等
B．a、b兩車的運動速率相等
C．三輛車的運動速率關系為vc>va>vb
D．a、c兩車的運動方向一定相反
10．如圖所示，甲、乙兩個同學各乘一輛小車在光滑的水平面上勻速相向行駛做拋球游戲。兩輛小車速度均為v0＝4 m/s。已知甲乘坐的車上有質量m＝1 kg的小球若干個，甲和他的車及所帶小球的總質量M1＝50 kg，乙和他的車總質量M2＝30 kg。為了保證兩車不相撞，甲不斷地將小球一個一個地以相對地面為v＝16 m/s的水平速度拋向乙，且被乙接住。假設某一次甲將小球拋出且被乙接住后剛好可保證兩車不相撞，則此時(　　)
A．兩車的共同速度大小為2 m/s，甲總共拋出小球5個
B．兩車的共同速度大小為2 m/s，甲總共拋出小球10個
C．兩車的共同速度大小為1 m/s，甲總共拋出小球10個
D．兩車的共同速度大小為1 m/s，甲總共拋出小球5個
11．(16分)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M′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的速度向右滑行，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。若不計冰面摩擦。
(1)(5分)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)(5分)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)(6分)若甲、乙最后不相撞，箱子被推出的速度至少多大？
　(10分)
12．(多選)(2022·廣東省華南師大附中高二階段練習)如圖所示，一質量為M的小車靜止在光滑水平面上，車上固定一個豎直支架，輕繩一端固定在支架上，另一端固定一質量為m的小球，繩長為l，將小球向右拉至輕繩水平后放手，則(　　)
A．系統的總動量守恒
B．水平方向任意時刻小球與小車的動量等大反向
C．小球不能向左擺到原高度
D．小車向右移動的最大距離為
專題強化練2　動量守恒定律的綜合應用
1．BC　[M和m碰撞時間極短，在極短的時間內彈簧形變極小，忽略不計，因而m0在水平方向上沒有受到外力作用，動量不變(速度不變)，可以認為碰撞過程中m0沒有參與，只涉及M和m，由于水平面光滑，彈簧形變極小，所以M和m組成的系統水平方向動量守恒，兩者碰撞后可能具有共同速度，也可能分開，故B、C正確。]
2．B　[對人和竹竿組成的系統，可看成“人船模型”，所以由動量守恒定律有m1s1＝m2s2。已知s1＝0.4 m，s2＝0.72 m，代入數據可得人的質量為m1＝45 kg，故選B。]
3．C　[彈簧壓縮到最短時，子彈、A、B具有共同的速度v1，且子彈、A、B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，系統所受合外力始終為零，故整個過程系統的動量守恒，取子彈水平速度v0的方向為正方向，由動量守恒定律得mv0＝(m＋mA＋mB)v1，
又m＝mB，mA＝mB，
故v1＝，即彈簧壓縮到最短時B的速度大小為，故C正確。]
4．B　[當人滑到繩下端時，設人的速度為v1，氣球的速度為v2，根據人和氣球組成的系統動量守恒得m1v1＝m2v2，則m1v1t＝m2v2t，設人、氣球對地面的位移分別為s1、s2，由以上分析可知m1s1＝m2s2，s1＋s2＝h，解得s1＝1 m，s2＝4 m，此時他離地面的高度為4 m，故選B。]
5．A　[設小球滑到最低點所用的時間為t，大球的位移大小為s1，小球相對于地面的水平位移大小為3R－R－s1＝2R－s1，取水平向左為正方向。根據系統水平方向動量守恒得3m－m＝0，解得s1＝，故選A。]
6．(1)1 m/s　(2)0.4 s
解析　(1)選乙車開始運動的方向為正方向，乙車與甲車碰撞過程中動量守恒，則有：
m乙v乙＝m乙v乙′＋m甲v甲′
解得v乙′＝1 m/s。
(2)設小物體在乙車上滑行，相對靜止時共同速度為v，
對小物體與乙車運用動量守恒定律得
m乙v乙′＝(m＋m乙)v
解得v＝0.8 m/s
對小物體由動量定理得μmgt＝mv
解得t＝0.4 s。
7．C　[當小球在槽內由A運動到B的過程中，左側物塊對槽有作用力，小球與槽組成的系統水平方向動量不守恒，故B錯誤；當小球由B運動到C的過程中，因小球對槽有斜向右下方的壓力，槽做加速運動，動能增加，小球機械能減少，槽對小球的支持力對小球做了負功，故A錯誤；小球從B到C的過程中，系統水平方向所受合外力為零，滿足系統水平方向動量守恒，故C正確；小球離開C點以后，既有豎直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上拋運動，故D錯誤。]
8．AC　[乙車開始反向時速度為零，根據動量守恒定律得m甲v甲－m乙v乙＝m甲v甲′(取向右為正方向)，代入數據有v甲′＝1 m/s，A正確；當兩車速度相同時，相距最近，設共同速度為v共，則有m甲v甲－m乙v乙＝(m甲＋m乙)v共(取向右為正方向)，代入數據有v共＝0.67 m/s，水平向右，與乙車原來的速度方向相反，B錯誤，C正確；甲對乙的力與乙對甲的力是一對作用力與反作用力，方向相反，則它們的沖量方向相反，故甲對乙的沖量與乙對甲的沖量不相同，D錯誤。]
9．CD　[設車的質量為M，小孩的質量為m，當小孩從c車上跳出時，它和c車水平方向滿足動量守恒，則有mv＝Mvc，可得c車的速度向右，大小為vc＝，當小孩跳到b車又從b車跳出時，它和b車水平方向滿足動量守恒，小孩跳到b車和從b車跳離時，對地的水平速度相同，可知小孩從b車上跳離后，b車速度為零；他跳到a車上時，小孩與a車水平方向滿足動量守恒，則有mv＝(m＋M)va，可得a車的速度va＝，方向向左，故選C、D。]
10．C　[以甲、乙兩同學及兩車組成的系統為研究對象，以甲和他的車的速度方向為正方向，甲不斷拋球，乙接球，當甲和他的車與乙和他的車具有共同速度時，可保證剛好不相撞，設共同速度為v共，
則M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v共
得v共＝v0＝1 m/s
以乙同學和他的車及接住的N個小球組成的系統為研究對象，從甲拋球至恰好不相撞的過程中由動量守恒定律Nmv－M2v0＝(Nm＋M2)v共，得N＝10(個)，故選C。]
11．(1)
(2)
(3)5.2 m/s
解析　(1)甲推箱子過程，規定向右為正方向，由動量守恒定律得
(m＋M)v0＝mv＋Mv甲，
解得甲的速度為
v甲＝
(2)乙接箱子的過程，規定向右為正方向，對乙、箱子組成的系統，由動量守恒定律得
mv－M′v0＝(m＋M′)v乙，
乙抓住箱子后的速度變為
v乙＝
(3)剛好不相撞的條件要求v甲＝v乙，聯立解得v＝5.2 m/s。若甲、乙最后不相撞，則甲、乙的速度應滿足v甲≤v乙，故v≥5.2 m/s。
12．BD　[根據題意可知，系統只是在水平方向所受的合力為零，豎直方向的合力不為零，故水平方向動量守恒，而總動量不守恒，故A錯誤，B正確；
根據水平方向系統動量守恒可知小球向左擺到最高點時，小球和小車的速度均為0，整個系統機械能守恒，則小球仍能向左擺到原高度，故C錯誤；
根據題意可知，小球相對于小車的最大位移為2l，根據“人船”模型，系統水平方向動量守恒，設小球的平均速度為vm，小車的平均速度為vM，由動量守恒定律有mvm－MvM＝0
則有msm＝MsM
又有sm＋sM＝2l
解得sM＝
故D正確。]專題強化2　動量守恒定律的綜合應用
[學習目標]　1.掌握“人船模型”的特點，并能運用動量守恒定律分析、解決問題(重難點)。2.會利用動量守恒定律分析多物體、多過程問題(重難點)。3.會分析動量守恒定律應用中的臨界問題(重點)。
一、“人船模型”問題
一質量為M的小船靜止在水面上，站在船尾的質量為m的小孩，從靜止開始向左運動。求此過程中：
(1)船向哪個方向運動？當小孩速度為v時，船速多大？
(2)當小孩向左移動的位移大小為s時，船的位移多大？
(3)小孩和船的位移大小與兩者質量有什么關系？
(4)若小孩從船頭移動到船尾，船長為L，小孩的位移為多大？
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1．“人船”模型概述
兩個原來靜止的物體發生相互作用時，若所受外力的矢量和為零，則動量守恒，有m1v1－m2v2＝0。
2．運動特點：人動船動，人停船停，人快船快，人慢船慢，人左船右。
3．人、船位移大小與它們質量成反比，即＝。當人從船頭移動到船尾時，人和船的位移大小滿足s人＋s船＝L，L為船長。
例1　(2023·潮州市高二上期末)人和氣球離地高為h，恰好懸浮在空中，氣球質量為M，人的質量為m。人要從氣球下拴著的軟繩上安全到達地面，軟繩的長度至少為(　　)
A. B.
C. D.
例2　(2024·廣東省深圳實驗學校光明部高二期中)如圖所示，光滑水平地面上靜止一個質量為M且上表面光滑的斜面體。現將一個質量為m的小滑塊放置在斜面體頂端，使其由靜止沿斜面滑下。已知斜面體底邊長為L，則以下判斷正確的是(　　)
A．下滑過程中小滑塊的機械能守恒
B．小滑塊下滑過程中，兩物體組成的系統動量守恒
C．小滑塊到達斜面底端時，斜面體水平向右運動的距離為
D．小滑塊到達斜面底端時，小滑塊水平向左運動的距離為
“人船模型”是利用平均動量守恒求解的一類問題，解決這類問題應注意：
(1)適用條件：
①系統由兩個物體組成且相互作用前靜止，系統總動量為零；
②在系統內發生相對運動的過程中至少有一個方向的動量守恒(如水平方向或豎直方向)；
(2)畫草圖：解題時要畫出各物體的位移關系草圖，找出各長度間的關系，注意兩物體的位移是相對同一參考系的位移。
二、動量守恒定律在多物體、多過程問題中的應用
例3　甲、乙兩個溜冰者質量分別為48 kg和55 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，不計空氣阻力，求此時甲的速度。
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例4　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。
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分析多物體、多過程問題應注意：
(1)正確進行研究對象的選取：有時對整體應用動量守恒定律，有時對部分物體應用動量守恒定律。研究對象的選取原則一是取決于系統是否滿足動量守恒的條件，二是根據所研究問題的需要。
(2)正確進行過程的選取和分析：通常對全程進行分段分析，并找出聯系各階段的狀態量。根據所研究問題的需要，列式時有時需分過程多次應用動量守恒，有時只需針對初、末狀態建立動量守恒的關系式。
三、動量守恒中的臨界問題
在動量守恒定律的應用中，常常出現相互作用的兩物體相距最近(或最遠)，恰好不相撞、彈簧最長(或最短)或物體開始反向運動等臨界狀態，其臨界條件常常表現為兩物體的相對速度關系或相對位移關系，這些特定關系的判斷是求解這類問題的關鍵。
例5　如圖所示，甲、乙兩小孩各乘一輛冰車在光滑水平冰面上游戲，甲(包括冰車)總質量為30 kg，乙(包括冰車)總質量也為30 kg，游戲時甲推著一質量為10 kg的木箱，和他一起以v0＝3.5 m/s的速度向右滑行，乙在甲的正前方相對地面靜止，為避免碰撞，甲將木箱推給乙，使木箱與乙一起運動，則甲至少以相對地面多大的速度將箱子推出才能避免與乙相撞？
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動量守恒定律應用中的常見臨界情形
光滑水平面上的A物體以速度v向靜止的B物體運動，A、B兩物體相距最近時，兩物體速度必定相同，此時彈簧最短，其壓縮量最大
物體A以速度v0滑到靜止在光滑水平面上的小車B(上表面粗糙且長度足夠長)上，當物體A在小車B上滑行的距離最遠時，物體A、小車B相對靜止，物體A、小車B的速度必定相同
質量為M的弧形滑塊靜止在光滑水平面上，弧形滑塊的光滑弧面底部與水平面相切，一個質量為m的小球以速度v0向弧形滑塊滾來。設小球不能越過弧形滑塊，則小球到達弧形滑塊上的最高點(即小球豎直方向上的速度為零)時，兩物體的速度一定相同
光滑水平面上的薄板A(上表面粗糙且足夠長)與物塊C發生碰撞后，再與物塊B相互作用，最后不再相撞的臨界條件是：三者具有相同的速度
答案精析
一、
例1　D　[設人沿軟繩滑至地面，軟繩長度至少為L。以人和氣球組成的系統為研究對象，豎直方向動量守恒，規定豎直向下為正方向，由動量守恒定律得0＝M(－v2)＋mv1，人沿軟繩滑至地面時，氣球上升的高度為L－h，速度大小v2＝，人相對于地面下降的高度為h，速度大小為v1＝，得0＝M(－)＋m·，解得L＝h，故選D。]
例2　D　[下滑過程中小滑塊和斜面體組成的系統的機械能守恒，滑塊的機械能不守恒，選項A錯誤；小滑塊下滑過程中，兩物體組成的系統水平方向所受合外力為零，則水平方向動量守恒，豎直方向動量不守恒，則系統動量不守恒，選項B錯誤；設小滑塊到達斜面底端時，斜面體水平向右運動的距離為x，以斜面體運動方向為正方向，由動量守恒定律得0＝Mx－m(L－x)，解得x＝，小滑塊水平向左運動的距離為s＝L－x＝，選項C錯誤，D正確。]
二、
例3　見解析
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，根據動量守恒定律有(m甲＋m球)v甲－m乙v乙＝(m甲＋m球)v甲′，解得v甲′＝－0.2 m/s，故甲的速度大小為0.2 m/s，方向與初速度方向相反。
例4　(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。
三、
例5　8 m/s
解析　設甲至少以速度v將箱子推出，推出箱子后甲的速度為v甲，乙獲得的速度為v乙，取向右為正方向。以甲和箱子為系統，根據動量守恒，得(M甲＋m)v0＝M甲v甲＋mv，①
選箱子和乙為系統，
得mv＝(m＋M乙)v乙，②
當甲與乙恰好不相撞時v甲＝v乙，③
聯立①②③解得v＝8 m/s。(共58張PPT)
DIYIZHANG
第一章
專題強化2　動量守恒定律的綜合應用
1.掌握“人船模型”的特點，并能運用動量守恒定律分析、解決問題(重難點)。
2.會利用動量守恒定律分析多物體、多過程問題(重難點)。
3.會分析動量守恒定律應用中的臨界問題(重點)。
學習目標
一、“人船模型”問題
二、動量守恒定律在多物體、多過程問題中的應用
課時對點練
三、動量守恒中的臨界問題
內容索引
“人船模型”問題
一
一質量為M的小船靜止在水面上，站在船尾的質量為m的小孩，從靜止開始向左運動。求此過程中：
(1)船向哪個方向運動？當小孩速度為v時，船速多大？
(2)當小孩向左移動的位移大小為s時，船的位移多大？
答案　由小孩與小船組成的系統始終動量守恒可知
(3)小孩和船的位移大小與兩者質量有什么關系？
(4)若小孩從船頭移動到船尾，船長為L，小孩的位
移為多大？
1.“人船”模型概述
兩個原來靜止的物體發生相互作用時，若所受外力的矢量和為零，則動量守恒，有m1v1－m2v2＝0。
2.運動特點：人動船動，人停船停，人快船快，人慢船慢，人左船右。
模型構建
　(2023·潮州市高二上期末)人和氣球離地高為h，恰好懸浮在空中，氣球質量為M，人的質量為m。人要從氣球下拴著的軟繩上安全到達地面，軟繩的長度至少為
例1
√
設人沿軟繩滑至地面，軟繩長度至少為L。以人和氣球組成的系統為研究對象，豎直方向動量守恒，規定豎直向下為正方向，
由動量守恒定律得0＝M(－v2)＋mv1，
　(2024·廣東省深圳實驗學校光明部高二期中)如圖所示，光滑水平地面上靜止一個質量為M且上表面光滑的斜面體。現將一個質量為m的小滑塊放置在斜面體頂端，使其由靜止沿斜面滑下。已知斜面體底邊長為L，則以下判斷正確的是
A.下滑過程中小滑塊的機械能守恒
B.小滑塊下滑過程中，兩物體組成的系統動量守恒
例2
√
下滑過程中小滑塊和斜面體組成的系統的機械
能守恒，滑塊的機械能不守恒，選項A錯誤；
小滑塊下滑過程中，兩物體組成的系統水平方
向所受合外力為零，則水平方向動量守恒，豎直方向動量不守恒，則系統動量不守恒，選項B錯誤；
設小滑塊到達斜面底端時，斜面體水平向右運動的距離為x，以斜面體運動方向為正方向，
總結提升
“人船模型”是利用平均動量守恒求解的一類問題，解決這類問題應注意：
(1)適用條件：
①系統由兩個物體組成且相互作用前靜止，系統總動量為零；
②在系統內發生相對運動的過程中至少有一個方向的動量守恒(如水平方向或豎直方向)；
(2)畫草圖：解題時要畫出各物體的位移關系草圖，找出各長度間的關系，注意兩物體的位移是相對同一參考系的位移。
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動量守恒定律在多物體、多過程問題中的應用
二
　甲、乙兩個溜冰者質量分別為48 kg和55 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，不計空氣阻力，求此時甲的速度。
例3
答案　見解析
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，根據動量守恒定律有(m甲＋m球)v甲－m乙v乙＝(m甲＋m球)v甲′，解得v甲′＝－0.2 m/s，故甲的速度大小為0.2 m/s，方向與初速度方向相反。
　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；
例4
答案　2.1 m/s　
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)小物塊C滑離木塊A的瞬時速度的大小。
答案　4 m/s
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。
總結提升
分析多物體、多過程問題應注意：
(1)正確進行研究對象的選取：有時對整體應用動量守恒定律，有時對部分物體應用動量守恒定律。研究對象的選取原則一是取決于系統是否滿足動量守恒的條件，二是根據所研究問題的需要。
(2)正確進行過程的選取和分析：通常對全程進行分段分析，并找出聯系各階段的狀態量。根據所研究問題的需要，列式時有時需分過程多次應用動量守恒，有時只需針對初、末狀態建立動量守恒的關系式。
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動量守恒中的臨界問題
三
在動量守恒定律的應用中，常常出現相互作用的兩物體相距最近(或最遠)，恰好不相撞、彈簧最長(或最短)或物體開始反向運動等臨界狀態，其臨界條件常常表現為兩物體的相對速度關系或相對位移關系，這些特定關系的判斷是求解這類問題的關鍵。
　如圖所示，甲、乙兩小孩各乘一輛冰車在光滑水平冰面上游戲，甲(包括冰車)總質量為30 kg，乙(包括冰車)總質量也為30 kg，游戲時甲推著一質量為10 kg的木箱，和他一起以v0＝3.5 m/s的速度向右滑行，乙在甲的正前方相對地面靜止，為避免碰撞，甲將木箱推給乙，使木箱與乙一起運動，則甲至少以相對地面多大的速度將箱子推出才能避免與乙相撞？
例5
答案　8 m/s
設甲至少以速度v將箱子推出，推出箱子后甲的速度為v甲，乙獲得的速度為v乙，取向右為正方向。以甲和箱子為系統，根據動量守恒，得(M甲＋m)v0＝M甲v甲＋mv， ①
選箱子和乙為系統，得mv＝(m＋M乙)v乙， ②
當甲與乙恰好不相撞時v甲＝v乙， ③
聯立①②③解得v＝8 m/s。
總結提升
動量守恒定律應用中的常見臨界情形
光滑水平面上的A物體以速度v向靜止的B物體運動，A、B兩物體相距最近時，兩物體速度必定相同，此時彈簧最短，其壓縮量最大
物體A以速度v0滑到靜止在光滑水平面上的小車B
(上表面粗糙且長度足夠長)上，當物體A在小車B上滑行的距離最遠時，物體A、小車B相對靜止，物體A、小車B的速度必定相同
質量為M的弧形滑塊靜止在光滑水平面上，弧形滑塊的光滑弧面底部與水平面相切，一個質量為m的小球以速度v0向弧形滑塊滾來。設小球不能越過弧形滑塊，則小球到達弧形滑塊上的最高點
(即小球豎直方向上的速度為零)時，兩物體的速度一定相同
光滑水平面上的薄板A(上表面粗糙且足夠長)與物塊C發生碰撞后，再與物塊B相互作用，最后不再相撞的臨界條件是：三者具有相同的速度
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專題強化練
四
1.(多選)質量分別為M和m0的兩滑塊用輕彈簧連接，均以恒定速度v沿光滑水平面運動，與位于正對面的質量為m的靜止滑塊發生碰撞，如圖所示，碰撞時間極短，在此過程中，下列情況可能發生的是
A.M、m0、m速度均發生變化，碰后分別為v1、v2、
v3，且滿足(M＋m0)v＝Mv1＋m0v2＋mv3
B.m0的速度不變，M和m的速度變為v1和v2，且滿足Mv＝Mv1＋mv2
C.m0的速度不變，M和m的速度都變為v′，且滿足Mv＝(M＋m)v′
D.M、m0、m速度均發生變化，M和m0的速度都變為v1，m的速度變為v2，
且滿足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2
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基礎強化練
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M和m碰撞時間極短，在極短的時間內彈簧形變極小，忽略不計，因而m0在水平方向上沒有受到外力作用，動量不變(速度不變)，可以認為碰撞過程中m0沒有參與，只涉及M和m，由于水平面光滑，彈簧形變極小，所以M和m組成的系統水平方向動量守恒，兩者碰撞后可能具有共同速度，也可能分開，故B、C正確。
2.(2024·廣州市第六中學高二上月考)“獨竹漂”是一項獨特的黔北民間絕技。獨竹漂高手們腳踩一根楠竹，漂行水上如履平地。如圖甲所示，在平靜的湖面上，一位女子腳踩竹竿抵達岸邊，此時女子靜立于竹竿A點，一位攝影愛好者使用連拍模式拍下了該女子在竹竿上行走過程的系列照片，并從中選取了兩張進行對比，其簡化圖如下。經過測量發現，甲、乙兩張照片中A、B兩點的水平間距約為1 cm，乙圖中竹竿右端距離河岸約為1.8 cm。照片的比例尺為1∶40。已知竹竿的質量約為25 kg，若不計水的
阻力，則該女子的質量約為
A.41.5 kg B.45 kg
C.47.5 kg D.50 kg
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對人和竹竿組成的系統，可看成“人船模型”，所以由動量守恒定律有m1s1＝m2s2。已知s1＝0.4 m，s2＝0.72 m，代入數據可得人的質量為m1＝45 kg，故選B。
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彈簧壓縮到最短時，子彈、A、B具有共同的速度v1，且子彈、A、B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，系統所受合外力始終為零，故整個過程系統的動量守恒，取子彈水平速度v0的方向為正方向，
4.(2023·廣東實驗中學高二開學考)如圖所示，一個質量為m1＝40 kg的人抓在一只大氣球下方，氣球下面有一根長繩。氣球和長繩的總質量為m2＝10 kg，靜止時人離地面的高度為h＝5 m，長繩的下端剛好和地面接觸。如果這個人開始沿繩向下滑，當他滑到繩下端時，他離地高度約是(可以把人看作質點)
A.5 m B.4 m C.2.6 m D.8 m
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當人滑到繩下端時，設人的速度為v1，氣球的速度為v2，根據人和氣球組成的系統動量守恒得m1v1＝m2v2，則m1v1t＝m2v2t，設人、氣球對地面的位移分別為s1、s2，由以上分析可知m1s1＝m2s2，s1＋s2＝h，解得s1＝1 m，s2＝4 m，此時他離地面的高度為4 m，故選B。
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5.質量為m、半徑為R的小球，放在半徑為3R、質量為3m的大空心球內，大球開始靜止在光滑水平面上。當小球從如圖所示的位置(兩球心在同一水平面上)無初速度沿內壁滾到最低點時，大球
移動的距離是
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6.如圖所示，甲車的質量是2 kg，靜止在光滑水平面上，上表面光滑，右端放一個質量為1 kg的小物體，乙車質量為4 kg，以5 m/s的速度向左運動，與甲車碰撞以后甲車獲得8 m/s的速度，物體滑到乙車上，若乙車足夠長，上表面與物體的動摩擦因數為0.2。求：(g取10 m/s2)
(1)乙車和甲車碰撞后，乙車的速度大小；
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答案　1 m/s　
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選乙車開始運動的方向為正方向，乙車與甲車碰撞過程中動量守恒，則有：
m乙v乙＝m乙v乙′＋m甲v甲′
解得v乙′＝1 m/s。
(2)物體在乙車上表面滑行多長時間后相對乙車靜止？
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答案　0.4 s
設小物體在乙車上滑行，相對靜止時共同速度為v，
對小物體與乙車運用動量守恒定律得
m乙v乙′＝(m＋m乙)v
解得v＝0.8 m/s
對小物體由動量定理得μmgt＝mv
解得t＝0.4 s。
7.(2023·廣東省佛山四中高二下段考)如圖所示將一光滑的半圓槽置于光滑水平面上，槽的左側有一固定在水平面上的物塊。今讓一小球自左側槽口A的正上方從靜止開始落下，與圓弧槽相切自A點進入槽內，則以下結論中正確的是
A.小球在半圓槽內運動的全過程中，只有重力對它做功
B.小球在半圓槽內運動的全過程中，小球與半圓槽在
水平方向動量守恒
C.小球自半圓槽的最低點B向C點運動的過程中，小球
與半圓槽在水平方向動量守恒
D.小球離開C點以后，將做豎直上拋運動
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能力綜合練
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當小球在槽內由A運動到B的過程中，左側物塊對槽有作用力，小球與槽組成的系統水平方向動量不守恒，故B錯誤；
當小球由B運動到C的過程中，因小球對槽有
斜向右下方的壓力，槽做加速運動，動能增加，小球機械能減少，槽對小球的支持力對小球做了負功，故A錯誤；
小球從B到C的過程中，系統水平方向所受合外力為零，滿足系統水平方向動量守恒，故C正確；
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小球離開C點以后，既有豎直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上拋運動，故D錯誤。
8.(多選)(2023·清遠市高二期中)如圖所示，兩條形磁鐵各固定在甲、乙兩小車上，它們能在水平面上無摩擦的運動，甲車與磁鐵的總質量為2 kg，乙車與磁鐵的總質量為1 kg，兩磁鐵N極相對，現使兩車在同一直線上相向運動，某時刻甲車的速度為4 m/s，乙車的速度為6 m/s，可以看到它們沒有相碰就分開了，下列說法正確的是
A.乙車開始反向時，甲車的速度為1 m/s，
方向不變
B.兩車相距最近時，乙車的速度為零
C.兩車相距最近時，乙車的速度約為0.67 m/s，與乙車原來的速度方向相反
D.甲車對乙車的沖量與乙車對甲車的沖量相同
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乙車開始反向時速度為零，根據動量守恒定律得m甲v甲－m乙v乙＝m甲v甲′
(取向右為正方向)，代入數據有v甲′＝1 m/s，A正確；
當兩車速度相同時，相距最近，設共同速度為v共，則有m甲v甲－m乙v乙＝(m甲＋m乙)v共(取向右為正方向)，代入數據有v共＝0.67 m/s，水平向右，與乙車原來的速度方向相反，B錯誤，C正確；
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甲對乙的力與乙對甲的力是一對作用力與反作用力，方向相反，則它們的沖量方向相反，故甲對乙的沖量與乙對甲的沖量不相同，D錯誤。
9.(多選)(2023·惠州市高一下期末)如圖所示，三輛相同的平板小車a、b、c成一直線排列，靜止在光滑水平地面上。c車上一個小孩跳到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相同，他跳到a車上沒有走動便相對a車保持靜止，此后
A.a、c兩車的運動速率相等
B.a、b兩車的運動速率相等
C.三輛車的運動速率關系為vc>va>vb
D.a、c兩車的運動方向一定相反
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設車的質量為M，小孩的質量為m，當小孩從
c車上跳出時，它和c車水平方向滿足動量守恒，
當小孩跳到b車又從b車跳出時，它和b車水平方向滿足動量守恒，小孩跳到b車和從b車跳離時，對地的水平速度相同，可知小孩從b車上跳離后，b車速度為零；
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他跳到a車上時，小孩與a車水平方向滿足
動量守恒，
10.如圖所示，甲、乙兩個同學各乘一輛小車在光滑的水平面上勻速相向行駛做拋球游戲。兩輛小車速度均為v0＝4 m/s。已知甲乘坐的車上有質量m＝1 kg的小球若干個，甲和他的車及所帶小球的總質量M1＝50 kg，乙和他的車總質量M2＝30 kg。為了保證兩車不相撞，甲不斷地將小球一個一個地以相對地面為v＝16 m/s的水平速度拋向乙，且被乙接住。假設某一次甲將小球拋出且被乙接住后剛好可保證兩車不相撞，則此時
A.兩車的共同速度大小為2 m/s，甲總共拋
出小球5個
B.兩車的共同速度大小為2 m/s，甲總共拋出小球10個
C.兩車的共同速度大小為1 m/s，甲總共拋出小球10個
D.兩車的共同速度大小為1 m/s，甲總共拋出小球5個
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以甲、乙兩同學及兩車組成的系統為研究對象，以甲和他的車的速度方向為正方向，甲不斷拋球，乙接球，當甲和他的車與乙
和他的車具有共同速度時，可保證剛好不相撞，設共同速度為v共，則M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v共
以乙同學和他的車及接住的N個小球組成的系統為研究對象，從甲拋球至恰好不相撞的過程中由動量守恒定律Nmv－M2v0＝(Nm＋M2)v共，得N＝10(個)，故選C。
11.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M′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的速度向右滑行，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。若不計冰面摩擦。
(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)
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甲推箱子過程，規定向右為正方向，由動量守恒定律得(m＋M)v0＝mv＋Mv甲，
(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)
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乙接箱子的過程，規定向右為正方向，對乙、箱子組成的系統，由動量守恒定律得
mv－M′v0＝(m＋M′)v乙，
(3)若甲、乙最后不相撞，箱子被推出的速度至少多大？
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答案　5.2 m/s
剛好不相撞的條件要求v甲＝v乙，聯立解得v＝5.2 m/s。若甲、乙最后不相撞，則甲、乙的速度應滿足v甲≤v乙，故v≥5.2 m/s。
12.(多選)(2022·廣東省華南師大附中高二階段練習)如圖所示，一質量為M的小車靜止在光滑水平面上，車上固定一個豎直支架，輕繩一端固定在支架上，另一端固定一質量為m的小球，繩長為l，將小球向右拉至輕繩水平后放手，則
A.系統的總動量守恒
B.水平方向任意時刻小球與小車的動量等大反向
C.小球不能向左擺到原高度
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尖子生選練
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根據題意可知，系統只是在水平方向所受的合力為零，豎直方向的合力不為零，故水平方向動量守恒，而總動量不守恒，故A錯誤，B正確；
根據水平方向系統動量守恒可知小球向左擺到最
高點時，小球和小車的速度均為0，整個系統機械能守恒，則小球仍能向左擺到原高度，故C錯誤；
根據題意可知，小球相對于小車的最大位移為2l，根據“人船”模型，系統水平方向動量守恒，設小球的平均速度為vm，小車的平均速度為vM，由動量守恒定律有mvm－MvM＝0
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則有msm＝MsM
又有sm＋sM＝2l
故D正確。

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