資源簡介

專題提升二　動量守恒定律的綜合應用
(分值：100分)
選擇題1～9題，每小題8分，共72分。
基礎對點練
題組一　動量守恒定律在多物體多過程問題中的應用
1.(多選)如圖所示，在質量為M的小車中掛著一擺球，擺球質量為m0，小車和擺球以恒定的速度v沿光滑水平地面運動，與位于正前方的質量為m的靜止的木塊發生碰撞，碰撞時間極短。在此碰撞過程中，下列情況可能發生的是(　　)
小車、木塊、擺球的速度都發生變化，分別變為v1、v2、v3，滿足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2＋m0v3
擺球的速度不變，小車和本塊的速度變為v1和v2，滿足Mv＝Mv1＋mv2
擺球的速度不變，小車和木塊的速度都變為v′，滿足Mv＝(M＋m)v′
小車和擺球的速度都變為v1，木塊的速度變為v2，滿足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2
2.(2024·廣東深圳高二期末)“草船借箭”是后人津津樂道的三國故事。假設草船質量為M，以速度v1迎面水平駛來時，對岸士兵弓箭齊發，每支箭的質量為m，共有n支箭射中草船，射中時箭的水平速度都相同，且全部停留在草船中，草船因此停下來。忽略草船和箭受到的空氣阻力、草船受到水的水平阻力，則射中前瞬間每支箭的水平速度大小為(　　)
3.如圖所示，一個木箱原來靜止在光滑水平面上，木箱內粗糙的底板上放著一個小木塊。木箱和小木塊都具有一定的質量。現使木箱獲得一個向右的初速度v0，則(　　)
小木塊和木箱最終都將靜止
小木塊最終將相對木箱靜止，二者一起向右運動
小木塊在木箱內壁將始終來回往復碰撞，而木箱一直向右運動
如果小木塊與木箱的左壁碰撞后相對木箱靜止，則二者將一起向左運動
4.(多選)(2024·廣東佛山高二校聯考)如圖所示，一小車停在光滑水平面上，車上一人(相對小車位置始終不變)持玩具槍向車的豎直擋板連續平射，所有子彈全部嵌在擋板內沒有穿出，槍口到擋板的距離為L，嵌在擋板內子彈的質量小于人的質量，射擊持續了一會兒后停止，下列說法正確的是(　　)
所有子彈嵌入擋板后，小車的速度為零
子彈飛行的距離為L
小車前進的距離大于L
人后退的距離小于L
5.(多選) (2024·廣東廣州高二期中)如圖所示，質量m＝400 kg的小船靜止在平靜的水面上，船兩端載著質量為m甲＝40 kg、m乙＝60 kg的游泳者，甲向左、乙向右同時以2 m/s(相對于岸)的水平速度躍入水中，不計水對船的阻力，下列說法正確的是(　　)
小船獲得的速度大小為0.5 m/s
小船獲得的速度大小為0.1 m/s
小船受到的合外力沖量大小為40 kg·m/s
若乙躍出的水平速度為3 m/s，則小船獲得的速度為零
題組二　動量守恒定律應用中的臨界問題分析
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.(2024·福建廈門高二月考)如圖所示，甲、乙兩船的總質量(包括船、人和貨物)分別為12m、14m，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，拋出貨物的最小速度為(不計水的阻力)(　　)
4v0 5v0
6v0 7v0
綜合提升練
8.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(　　)
9.(多選)如圖所示，三輛完全相同的平板小車a、b、c成一直線排列，靜止在光滑水平面上。c車上有一小孩跳到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車上相對a車保持靜止，此后(　　)
a、b兩車運動速率相等
a、c兩車運動速率相等
三輛車的速率關系為vc＞va＞vb
a、c兩車運動方向相反
10.(10分)甲、乙兩小孩各乘一輛小車在光滑水平面上勻速相向行駛，速度均為6 m/s。甲的車上有質量為m＝1 kg的小球若干個，甲和他的車及所帶小球的總質量為M1＝50 kg，乙和他的車總質量為M2＝30 kg。現為避免相撞，甲不斷地將小球以相對地面16.5 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，此時：
(1)(5分)兩車的速度大小各為多少？
(2)(5分)甲總共拋出了多少個小球？
培優加強練
11.(18分)(2024·廣東廣州高二期中)如圖所示，水平面上有一質量m＝1 kg的小車，其右端固定一水平輕質彈簧，彈簧左端連接一質量m0＝1 kg的小物塊，小物塊與小車一起以v0＝6 m/s的速度向右運動，與靜止在水平面上質量M＝4 kg的小球發生正碰，碰后小球的速度v＝2 m/s，碰撞時間極短，彈簧始終在彈性限度內，忽略一切摩擦阻力。求：
(1)(6分)小車與小球碰撞后瞬間小車的速度v1；
(2)(6分)彈簧被壓縮至最短時，小車的速度v2的大小；
(3)(6分)從碰后瞬間到彈簧被壓縮至最短的過程中，彈簧彈力對小車的沖量大小。
專題提升二　動量守恒定律的綜合應用
1.BC　[碰撞的瞬間小車和木塊組成的系統動量守恒，這一瞬間擺球的速度不變，若碰后小車和木塊的速度變為v1和v2，根據動量守恒定律有Mv＝Mv1＋mv2；若碰后小車和木塊速度相同，都為v′，根據動量守恒定律有Mv＝(M＋m)v′，故B、C正確，A、D錯誤。]
2.B　[在草船與箭的作用過程中，系統動量守恒，設每支箭的速度大小為v2，則有Mv1＋nm(－v2)＝0，解得v2＝，故B正確。]
3.B　[最終木箱和小木塊都具有向右的動量，并且相互作用的過程中總動量守恒，選項A、D錯誤；由于小木塊與底板間存在摩擦，小木塊最終將相對木箱靜止，選項B正確，C錯誤。]
4.AD　[剛開始小車停在光滑水平面上，人、小車、子彈組成的系統初動量為零，射擊子彈的過程中，該系統所受合外力為零，即該系統動量守恒，因此可知該系統末動量也一定為零，即所有子彈嵌入擋板后，小車的速度為零，故A正確；根據動量守恒定律可知，當子彈獲得向前的速度時，小車一定獲得向后的速度，即速度方向一定相反，則根據運動性質可知，小車與子彈的位移之和應等于L，由此可知，人后退的距離小于L，故B、C錯誤，D正確。]
5.BC　[甲、乙和船組成的系統動量守恒，以水平向右為正方向，開始時總動量為零，根據動量守恒定律有0＝－m甲v甲＋m乙v乙＋mv，代入數據解得v＝－0.1 m/s，負號說明小船的速度方向向左，故A錯誤，B正確；根據動量定理可得，小船受到合外力的沖量為I＝mv－0＝400×(－0.1) kg·m/s＝40 kg·m/s，負號表示方向水平向左，故C正確；根據動量守恒定律有0＝－m甲v甲＋m乙v乙′＋mv′，代入數據解得v′＝－0.25 m/s，故D錯誤。]
6.A　[小球沿滑塊上滑的過程中，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，由動量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，所以v＝，故A正確。]
7.B　[乙和貨物組成的系統動量守恒，取向右為正方向，則由動量守恒定律有14mv0＝－mv＋13mv1，甲和貨物組成的系統動量守恒，由動量守恒定律有12m·2v0－mv＝13mv2，恰好不相碰，則至少保證v1＝v2，解得v＝5v0，故B正確。]
8.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。]
9.CD　[設小孩質量為m，平板小車質量為M，小孩跳離b、c車時相對地面的水平速度為v，以水平向右為正方向，由動量守恒定律，對小孩和c車組成的系統，有0＝mv＋Mvc
對小孩和b車，有mv＝Mvb＋mv
對小孩和a車，有mv＝(M＋m)va
所以vc＝－，vb＝0，va＝
即三輛車的速率關系為vc＞va＞vb，并且vc與va方向相反，故C、D正確。]
10.(1)均為1.5 m/s　(2)15
解析　(1)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，以甲車的速度方向為正方向，則M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v，解得v＝1.5 m/s。
(2)以甲車的速度方向為正方向，對甲和他的車及所帶的小球，由動量守恒定律得M1v0＝(M1－nm)v＋nmv′，解得n＝15。
11.(1)－2 m/s，方向向左　(2)2 m/s　(3)4 N·s
解析　(1)小車與小球碰撞過程中，動量守恒，取向右為正方向，根據動量守恒定律有
mv0＝Mv＋mv1
解得v1＝－2 m/s
負號表示碰撞后小車向左運動。
(2)當彈簧被壓縮到最短時，設小車的速度大小為v2，
根據動量守恒定律有m0v0＋mv1＝(m0＋m)v2
解得v2＝2 m/s。
(3)設碰撞后瞬間到彈簧最短的過程，彈簧彈力對小車的沖量大小為I
根據動量定理有I＝mv2－mv1
解得I＝4 N·s。專題提升二　動量守恒定律的綜合應用
學習目標　1.會利用動量守恒定律分析多物體、多過程問題。 2.會分析動量守恒定律應用中的臨界問題。
提升1　動量守恒定律在多物體、多過程問題中的應用
多物體系統是指由兩個以上的物體構成的系統，如果系統滿足動量守恒條件，在對問題進行分析時，既要注意系統總動量守恒，又要注意系統內部分物體的動量守恒。解決問題時應注意：
(1)靈活選取研究對象：有時需應用整體系統動量守恒，有時只需應用部分物體系統動量守恒。研究對象的選取，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)靈活進行運動過程的選取和分析：通常對全程進行分段分析，并找出聯系各階段的狀態量。列式時有時需分過程多次應用動量守恒定律，有時只需針對初、末狀態建立動量守恒的關系式。
例1 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。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
訓練1 (多選)如圖所示，小車AB放在光滑水平面上，A端固定一個輕彈簧，B端粘有油泥，AB總質量為M，質量為m的木塊C放在小車上，用細繩連接于小車的A端并使彈簧壓縮，開始時AB和C都靜止，當突然燒斷細繩時，C被釋放，使C離開彈簧向B端沖去，并與B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下說法正確的是(　　)
A.彈簧伸長過程中C向右運動，同時AB也向右運動
B.C與B碰前，C與AB的速率之比為M∶m
C.C與油泥粘在一起后，AB立即停止運動
D.C與油泥粘在一起后，AB繼續向右運動
訓練2 質量M＝100 kg的小船靜止在水面上，船首站著質量m甲＝40 kg的游泳者甲，船尾站著質量m乙＝60 kg的游泳者乙，船首指向左方，若甲、乙兩游泳者在同一水平線上，甲朝左、乙朝右均以3 m/s的速率同時躍入水中后瞬間(　　)
A.小船向左運動，速率為1 m/s
B.小船向左運動，速率為0.6 m/s
C.小船向右運動，速率大于1 m/s
D.小船仍靜止
提升2　動量守恒定律應用中的臨界問題分析
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應位移關系，這些特定關系的判斷是求解這類問題的關鍵。
例2 如圖所示，木塊A的質量為mA＝1 kg，足夠長的木板B的質量為mB＝4 kg，質量為mC＝4 kg的木塊C置于靜止的木板B上，水平面光滑，B、C之間有摩擦。現使A以v0＝12 m/s的初速度向右運動，與B碰撞后以4 m/s的速度彈回，C始終未脫離B。求：
(1)B運動過程中的最大速度的大小；
(2)C運動過程中的最大速度的大小。
　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
例3 (2024·廣東東莞高二期中)如圖所示，光滑水平面上A、B兩小車質量都是M，A車上站立一質量為m的人，兩車在同一直線上相向運動。為避免兩車相撞，人從A車跳到B車上，最終A車停止運動，B車獲得反向速度v0，試求：
(1)兩小車和人組成的系統的初動量大小和方向；
(2)為避免兩車相撞，若要求人跳躍速度盡量小，則人跳上B車后，A車的速度多大。
　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　
不相撞的臨界條件
(1)勻速追勻速，要求后者速度小于等于前者速度。
(2)變速追及問題中，追上時后者速度等于前者速度。
(3)與靜止的物體不相撞，即運動到靜止的物體位置處速度減為零。　　　　
隨堂對點自測
1.(動量守恒定律在多物體、多過程問題中的應用)小船在水面上以速度v向東行駛，若船上的人以相對河岸相同的速率v′分別向東和向西同時拋出兩個質量相等的重物，不計水的阻力，則小船的速度與拋出重物前相比(　　)
A.不變 B.減小
C.增大 D.無法判斷
2.(動量守恒定律在多物體、多過程問題中的應用)如圖所示，A、B兩個物塊放在光滑的水平面上，一輕彈簧放在A、B之間與A相連，與B接觸但不連接，彈簧剛好處于原長，將物塊A鎖定，物塊C與A、B在一條直線上，3個物塊的質量相等。現使物塊C以v＝2 m/s的速度向左運動，與B相碰并粘在一起。當C的速度為零時，解除A的鎖定，則A最終獲得的速度大小為(　　)
A. m/s B. m/s
C. m/s D. m/s
3.(動量守恒定律應用中的臨界問題分析)(多選)如圖所示，甲和他的冰車總質量M＝30 kg，甲推著質量m＝15 kg的小木箱一起以速度v0＝2 m/s向右滑行。乙和他的冰車總質量也為M＝30 kg，乙以同樣大小的速度迎面而來。為了避免相撞，甲將小木箱以速度v沿冰面推出，木箱滑到乙處時乙迅速把它抓住。若不計冰面的摩擦力，則小木箱的速度v可能為(　　)
A.4 m/s B.5 m/s
C.6 m/s D.7 m/s
專題提升二　動量守恒定律的綜合應用
提升1
例1 (1)2.1 m/s　(2)4 m/s
解析　(1)設木塊A的最終速度為v1，由動量守恒定律，對A、B、C系統有
m0v0＝mAv1＋(mB＋m0)v
解得v1＝2.1 m/s。
(2)設小物塊C滑離木塊A的速度為v2, 當C滑離A后，對B、C有m0v2＋mBv1＝(mB＋m0)v
或對A、B、C有m0v0＝(mA＋mB)v1＋m0v2
解得v2＝4 m/s。
訓練1 BC　[小車AB與木塊C組成的系統動量守恒，系統在初狀態動量為零，則在整個過程中任何時刻系統總動量都為零，由動量守恒定律可知，彈簧伸長過程中C向右運動，同時AB向左運動，故A錯誤；以向右為正方向，由動量守恒定律得mvC－MvAB＝0，解得＝，故B正確；系統動量守恒，系統總動量守恒，系統總動量為零，C與油泥粘在一起后，AB立即停止運動，故C正確，D錯誤。]
訓練2 B　[設水平向右為正方向，兩游泳者同時跳離小船后瞬間小船的速度為v，根據甲、乙兩游泳者和小船組成的系統動量守恒有－m甲v甲＋m乙v乙＋Mv＝0，代入數據可得v＝－0.6 m/s，其中負號表示小船向左運動，所以選項B正確。]
提升2
例2 (1)4 m/s　(2)2 m/s
解析　(1)A與B碰后瞬間，B速度最大，A、B系統動量守恒，取向右為正方向，由動量守恒定律得
mAv0＋0＝－mAvA＋mBvB
代入數據得vB＝4 m/s。
(2)B與C共速后，C速度最大，B、C系統動量守恒，取B的速度方向為正方向，由動量守恒定律得
mBvB＋0＝(mB＋mC)vC
代入數據得vC＝2 m/s。
例3 (1)(M＋m)v0　水平向右　(2)v0
解析　(1)光滑水平面上，兩小車與人組成的系統動量守恒，所以兩小車和人組成的系統的初動量就等于最終A車停止運動、B車獲得反向速度時系統的動量，所以由系統動量守恒知
p初＝(M＋m)v0，方向水平向右。
(2)兩車恰好不發生碰撞時，兩車和人具有相同速度，設共速的速度為v1，由動量守恒定律得
(M＋m)v0＝(2M＋m)v1
解得v1＝v0。
隨堂對點自測
1.C　[重物和船組成的系統，拋重物的過程中系統動量守恒，故有(M＋2m)v＝mv′－mv′＋Mv″，得v″＝>v，故C正確，A、B、D錯誤。]
2.D　[設3個物塊的質量均為m，C與B碰撞后的共同速度為v1，根據動量守恒定律有mv＝2mv1，代入數據解得v1＝1 m/s。設A最終獲得的速度大小為v2，B和C獲得的速度大小為v3，根據動量守恒定律則有mv2＝2mv3，根據機械能守恒定律可得×2mv＝mv＋×2mv，代入數據解得v2＝ m/s，故D正確，A、B、C錯誤。]
3.CD　[對于甲和箱子根據動量守恒定律得(M＋m)v0＝Mv1＋mv，對于乙和箱子根據動量守恒定律得mv－Mv0＝(M＋m)v2，當甲、乙恰好不相碰，則v1＝v2，聯立解得v＝5.2 m/s，若要避免碰撞，則需要滿足v≥5.2 m/s，故選C、D。](共41張PPT)
專題提升二　動量守恒定律的綜合應用
第一章　動量和動量守恒定律
1.會利用動量守恒定律分析多物體、多過程問題。
2.會分析動量守恒定律應用中的臨界問題。
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2　動量守恒定律應用中的臨界問題分析
提升1　動量守恒定律在多物體、多過程問題中的應用
提升1　動量守恒定律在多物體、多過程問題中的應用
多物體系統是指由兩個以上的物體構成的系統，如果系統滿足動量守恒條件，在對問題進行分析時，既要注意系統總動量守恒，又要注意系統內部分物體的動量守恒。解決問題時應注意：
(1)靈活選取研究對象：有時需應用整體系統動量守恒，有時只需應用部分物體系統動量守恒。研究對象的選取，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)靈活進行運動過程的選取和分析：通常對全程進行分段分析，并找出聯系各階段的狀態量。列式時有時需分過程多次應用動量守恒定律，有時只需針對初、末狀態建立動量守恒的關系式。
例1 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)設木塊A的最終速度為v1，由動量守恒定律，對A、B、C系統有
m0v0＝mAv1＋(mB＋m0)v
解得v1＝2.1 m/s。
(2)設小物塊C滑離木塊A的速度為v2, 當C滑離A后，對B、C有
m0v2＋mBv1＝(mB＋m0)v
或對A、B、C有
m0v0＝(mA＋mB)v1＋m0v2
解得v2＝4 m/s。
答案　(1)2.1 m/s　(2)4 m/s
訓練1 (多選)如圖所示，小車AB放在光滑水平面上，A端固定一個輕彈簧，B端粘有油泥，AB總質量為M，質量為m的木塊C放在小車上，用細繩連接于小車的A端并使彈簧壓縮，開始時AB和C都靜止，當突然燒斷細繩時，C被釋放，使C離開彈簧向B端沖去，并與B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下說法正確的是(　　)
A.彈簧伸長過程中C向右運動，同時AB也向右運動
B.C與B碰前，C與AB的速率之比為M∶m
C.C與油泥粘在一起后，AB立即停止運動
D.C與油泥粘在一起后，AB繼續向右運動
BC
B
訓練2 質量M＝100 kg的小船靜止在水面上，船首站著質量m甲＝40 kg的游泳者甲，船尾站著質量m乙＝60 kg的游泳者乙，船首指向左方，若甲、乙兩游泳者在同一水平線上，甲朝左、乙朝右均以3 m/s的速率同時躍入水中后瞬間(　　)
A.小船向左運動，速率為1 m/s B.小船向左運動，速率為0.6 m/s
C.小船向右運動，速率大于1 m/s D.小船仍靜止
解析　設水平向右為正方向，兩游泳者同時跳離小船后瞬間小船的速度為v，根據甲、乙兩游泳者和小船組成的系統動量守恒有－m甲v甲＋m乙v乙＋Mv＝0，代入數據可得v＝－0.6 m/s，其中負號表示小船向左運動，所以選項B正確。
提升2　動量守恒定律應用中的臨界問題分析
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應位移關系，這些特定關系的判斷是求解這類問題的關鍵。
例2 如圖所示，木塊A的質量為mA＝1 kg，足夠長的木板B的質量為mB＝4 kg，質量為mC＝4 kg的木塊C置于靜止的木板B上，水平面光滑，B、C之間有摩擦。現使A以v0＝12 m/s的初速度向右運動，與B碰撞后以4 m/s的速度彈回，C始終未脫離B。求：
(1)B運動過程中的最大速度的大小；
(2)C運動過程中的最大速度的大小。
解析　(1)A與B碰后瞬間，B速度最大，A、B系統動量守恒，取向右為正方向，由動量守恒定律得
mAv0＋0＝－mAvA＋mBvB
代入數據得vB＝4 m/s。
(2)B與C共速后，C速度最大，B、C系統動量守恒，取B的速度方向為正方向，由動量守恒定律得
mBvB＋0＝(mB＋mC)vC
代入數據得vC＝2 m/s。
答案　(1)4 m/s　(2)2 m/s
例3 (2024·廣東東莞高二期中)如圖所示，光滑水平面上A、B兩小車質量都是M，A車上站立一質量為m的人，兩車在同一直線上相向運動。為避免兩車相撞，人從A車跳到B車上，最終A車停止運動，B車獲得反向速度v0，試求：
(1)兩小車和人組成的系統的初動量大小和方向；
(2)為避免兩車相撞，若要求人跳躍速度盡量小，則人跳上B車后，A車的速度多大。
解析　(1)光滑水平面上，兩小車與人組成的系統動量守恒，所以兩小車和人組成的系統的初動量就等于最終A車停止運動、B車獲得反向速度時系統的動量，所以由系統動量守恒知p初＝(M＋m)v0，方向水平向右。
(2)兩車恰好不發生碰撞時，兩車和人具有相同速度，設共速的速度為v1，由動量守恒定律得(M＋m)v0＝(2M＋m)v1
不相撞的臨界條件
(1)勻速追勻速，要求后者速度小于等于前者速度。
(2)變速追及問題中，追上時后者速度等于前者速度。
(3)與靜止的物體不相撞，即運動到靜止的物體位置處速度減為零。　　　　
隨堂對點自測
2
C
1.(動量守恒定律在多物體、多過程問題中的應用)小船在水面上以速度v向東行駛，若船上的人以相對河岸相同的速率v′分別向東和向西同時拋出兩個質量相等的重物，不計水的阻力，則小船的速度與拋出重物前相比(　　)
A.不變 B.減小
C.增大 D.無法判斷
D
CD
3.(動量守恒定律應用中的臨界問題分析)(多選)如圖所示，甲和他的冰車總質量M＝30 kg，甲推著質量m＝15 kg的小木箱一起以速度v0＝2 m/s向右滑行。乙和他的冰車總質量也為M＝30 kg，乙以同樣大小的速度迎面而來。為了避免相撞，甲將小木箱以速度v沿冰面推出，木箱滑到乙處時乙迅速把它抓住。若不計冰面的摩擦力，則小木箱的速度v可能為(　　)
A.4 m/s B.5 m/s
C.6 m/s D.7 m/s
解析　對于甲和箱子根據動量守恒定律得(M＋m)v0＝Mv1＋mv，對于乙和箱子根據動量守恒定律得mv－Mv0＝(M＋m)v2，當甲、乙恰好不相碰，則v1＝v2，聯立解得v＝5.2 m/s，若要避免碰撞，則需要滿足v≥5.2 m/s，故選C、D。
課后鞏固訓練
3
BC
A.小車、木塊、擺球的速度都發生變化，分別變為v1、v2、v3，滿足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2＋m0v3
B.擺球的速度不變，小車和本塊的速度變為v1和v2，滿足Mv＝Mv1＋mv2
C.擺球的速度不變，小車和木塊的速度都變為v′，滿足Mv＝(M＋m)v′
D.小車和擺球的速度都變為v1，木塊的速度變為v2，滿足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2
基礎對點練
題組一　動量守恒定律在多物體多過程問題中的應用
1.(多選)如圖所示，在質量為M的小車中掛著一擺球，擺球
質量為m0，小車和擺球以恒定的速度v沿光滑水平地面運
動，與位于正前方的質量為m的靜止的木塊發生碰撞，
碰撞時間極短。在此碰撞過程中，下列情況可能發生的
是(　　)
解析　碰撞的瞬間小車和木塊組成的系統動量守恒，這一瞬間擺球的速度不變，若碰后小車和木塊的速度變為v1和v2，根據動量守恒定律有Mv＝Mv1＋mv2；若碰后小車和木塊速度相同，都為v′，根據動量守恒定律有Mv＝(M＋m)v′，故B、C正確，A、D錯誤。
B
B
3.如圖所示，一個木箱原來靜止在光滑水平面上，木箱內粗糙的底板上放著一個小木塊。木箱和小木塊都具有一定的質量。現使木箱獲得一個向右的初速度v0，則(　　)
A.小木塊和木箱最終都將靜止
B.小木塊最終將相對木箱靜止，二者一起向右運動
C.小木塊在木箱內壁將始終來回往復碰撞，而木箱一直向右運動
D.如果小木塊與木箱的左壁碰撞后相對木箱靜止，則二者將一起向左運動
解析　最終木箱和小木塊都具有向右的動量，并且相互作用的過程中總動量守恒，選項A、D錯誤；由于小木塊與底板間存在摩擦，小木塊最終將相對木箱靜止，選項B正確，C錯誤。
AD
4.(多選)(2024·廣東佛山高二校聯考)如圖所示，一小車停在光滑水平面上，車上一人(相對小車位置始終不變)持玩具槍向車的豎直擋板連續平射，所有子彈全部嵌在擋板內沒有穿出，槍口到擋板的距離為L，嵌在擋板內子彈的質量小于人的質量，射擊持續了一會兒后停止，下列說法正確的是(　　)
A.所有子彈嵌入擋板后，小車的速度為零
B.子彈飛行的距離為L
C.小車前進的距離大于L
D.人后退的距離小于L
解析　剛開始小車停在光滑水平面上，人、小車、子彈組成的系統初動量為零，射擊子彈的過程中，該系統所受合外力為零，即該系統動量守恒，因此可知該系統末動量也一定為零，即所有子彈嵌入擋板后，小車的速度為零，故A正確；根據動量守恒定律可知，當子彈獲得向前的速度時，小車一定獲得向后的速度，即速度方向一定相反，則根據運動性質可知，小車與子彈的位移之和應等于L，由此可知，人后退的距離小于L，故B、C錯誤，D正確。
BC
5.(多選)(2024·廣東廣州高二期中)如圖所示，質量m＝400 kg的小船靜止在平靜的水面上，船兩端載著質量為m甲＝40 kg、m乙＝60 kg的游泳者，甲向左、乙向右同時以2 m/s(相對于岸)的水平速度躍入水中，不計水對船的阻力，下列說法正確的是(　　)
A.小船獲得的速度大小為0.5 m/s
B.小船獲得的速度大小為0.1 m/s
C.小船受到的合外力沖量大小為40 kg·m/s
D.若乙躍出的水平速度為3 m/s，則小船獲得的速度為零
解析　甲、乙和船組成的系統動量守恒，以水平向右為正方向，開始時總動量為零，根據動量守恒定律有0＝－m甲v甲＋m乙v乙＋mv，代入數據解得v＝－0.1 m/s，負號說明小船的速度方向向左，故A錯誤，B正確；根據動量定理可得，小船受到合外力的沖量為I＝mv－0＝400×(－0.1) kg·m/s＝40 kg·m/s，負號表示方向水平向左，故C正確；根據動量守恒定律有0＝－m甲v甲＋m乙v乙′＋mv′，代入數據解得v′＝－0.25 m/s，故D錯誤。
A
題組二　動量守恒定律應用中的臨界問題分析
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(　　)
B
7.(2024·福建廈門高二月考)如圖所示，甲、乙兩船的總質量(包括船、人和貨物)分別為12m、14m，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，拋出貨物的最小速度為(不計水的阻力)(　　)
A.4v0 B.5v0
C.6v0 D.7v0
解析　乙和貨物組成的系統動量守恒，取向右為正方向，則由動量守恒定律有14mv0＝－mv＋13mv1，甲和貨物組成的系統動量守恒，由動量守恒定律有12m·2v0－mv＝13mv2，恰好不相碰，則至少保證v1＝v2，解得v＝5v0，故B正確。
C
CD
9.(多選)如圖所示，三輛完全相同的平板小車a、b、c成一直線排列，靜止在光滑水平面上。c車上有一小孩跳到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車上相對a車保持靜止，此后(　　)
A.a、b兩車運動速率相等
B.a、c兩車運動速率相等
C.三輛車的速率關系為vc＞va＞vb
D.a、c兩車運動方向相反
解析　設小孩質量為m，平板小車質量為M，小孩跳離b、c車時相對地面的水平速度為v，以水平向右為正方向，由動量守恒定律，對小孩和c車組成的系統，有0＝mv＋Mvc
對小孩和b車，有mv＝Mvb＋mv
對小孩和a車，有mv＝(M＋m)va
即三輛車的速率關系為vc＞va＞vb，并且vc與va方向相反，故C、D正確。
10.甲、乙兩小孩各乘一輛小車在光滑水平面上勻速相向行駛，速度均為6 m/s。甲的車上有質量為m＝1 kg的小球若干個，甲和他的車及所帶小球的總質量為M1＝50 kg，乙和他的車總質量為M2＝30 kg。現為避免相撞，甲不斷地將小球以相對地面16.5 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，此時：
(1)兩車的速度大小各為多少？
(2)甲總共拋出了多少個小球？
答案　(1)均為1.5 m/s　(2)15
解析　(1)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，以甲車的速度方向為正方向，則M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v，解得v＝1.5 m/s。
(2)以甲車的速度方向為正方向，對甲和他的車及所帶的小球，由動量守恒定律得M1v0＝(M1－nm)v＋nmv′，解得n＝15。
培優加強練
11.(2024·廣東廣州高二期中)如圖所示，水平面上有一質量m＝1 kg的小車，其右端固定一水平輕質彈簧，彈簧左端連接一質量m0＝1 kg的小物塊，小物塊與小車一起以v0＝6 m/s的速度向右運動，與靜止在水平面上質量M＝4 kg的小球發生正碰，碰后小球的速度v＝2 m/s，碰撞時間極短，彈簧始終在彈性限度內，忽略一切摩擦阻力。求：
(1)小車與小球碰撞后瞬間小車的速度v1；
(2)彈簧被壓縮至最短時，小車的速度v2的大小；
(3)從碰后瞬間到彈簧被壓縮至最短的過程中，彈簧彈力對小車的沖量大小。
答案　(1)－2 m/s，方向向左　(2)2 m/s　(3)4 N·s
解析　(1)小車與小球碰撞過程中，動量守恒，取向右為正方向，根據動量守恒定律有mv0＝Mv＋mv1
解得v1＝－2 m/s
負號表示碰撞后小車向左運動。
(2)當彈簧被壓縮到最短時，設小車的速度大小為v2，
根據動量守恒定律有m0v0＋mv1＝(m0＋m)v2
解得v2＝2 m/s。
(3)設碰撞后瞬間到彈簧最短的過程，彈簧彈力對小車的沖量大小為I
根據動量定理有I＝mv2－mv1
解得I＝4 N·s。

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