第一章专题强化2　动量守恒定律的应用

第一章DONGLIANGSHOUHENGDINGLVDEYINGYONG专题强化2动量守恒定律的应用探究重点提升素养/专题强化练1.进一步理解动量守恒定律的含义及守恒条件.2.会利用动量守恒定律分析和解决多物体、多过程问题.3.会分析动量守恒定律应用中的临界问题.学习目标内容索引探究重点提升素养Part1专题强化练Part2探究重点提升素养Part

1一、对动量守恒条件的进一步理解1.动量守恒定律的研究对象是系统.研究多个物体组成的系统时，应合理选择系统，分清内力与外力，然后判断所选系统是否符合动量守恒的条件.2.动量守恒定律成立的条件(1)系统不受外力作用，这是一种理想化的情形，如宇宙中两星球的碰撞，微观粒子间的碰撞都可视为这种情形.(2)系统受外力作用，但所受合外力为零.像光滑水平面上两物体的碰撞就是这种情形.(3)系统受外力作用，但当系统所受的外力远远小于系统内各物体间的内力时，系统的总动量近似守恒.例如，抛出去的手榴弹在空中爆炸的瞬间，弹片所受火药爆炸时的内力远大于其重力，重力完全可以忽略不计，系统的动量近似守恒.(4)系统受外力作用，所受的合外力不为零，但在某一方向上合外力为零，则系统在该方向上动量守恒.

(多选)质量分别为M和m0的两滑块用轻弹簧连接，均以恒定速度v沿光滑水平面运动，且与位于正前方的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列情况可能发生的是A.M、m0、m速度均发生变化，碰后分别为v1、v2、

v3，且满足(M＋m0)v＝Mv1＋m0v2＋mv3B.m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，且满足Mv＝Mv1＋mv2C.m0的速度不变，M和m的速度都变为v′，且满足Mv＝(M＋m)v′D.M、m0、m速度均发生变化，M和m0的速度都变为v1，m的速度变为v2，

且满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2例1√√M和m碰撞时间极短，在极短的时间内弹簧形变极小，可忽略不计，因而m0在水平方向上没有受到外力作用，动量不变(速度不变)，可以认为碰撞过程中m0没有参与，只涉及M和m，由于水平面光滑，弹簧形变极小，所以M和m组成的系统水平方向动量守恒，两者碰撞后可能具有共同速度，也可能分开，故B、C正确.

如图所示，将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块.现让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始下落，与圆弧槽相切自A点进入槽内，并从C点飞出，则以下结论中正确的是A.小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功B.小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒C.小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，

小球与半圆槽在水平方向动量守恒D.小球离开C点以后，将做竖直上抛运动例2√小球在半圆槽内由A向B运动时，由于槽的左侧有一固定在水平面上的物块，槽不会向左运动，则小球的机械能守恒，从A到B做圆周运动，小球和槽组成的系统在水平方向上所受合外力不为零，动量不守恒；小球从B到C运动的过程中，槽向右运动，系统在水平方向上合外力为零，动量守恒，小球的机械能不守恒，槽的支持力对其做功，故A、B错误，C正确；小球离开C点时，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动，故D错误.二、动量守恒定律在多物体、多过程问题中的应用多个物体相互作用时，物理过程往往比较复杂，分析此类问题时应注意：(1)正确进行研究对象的选取：有时对整体应用动量守恒定律，有时对部分物体应用动量守恒定律.研究对象的选取一是取决于系统是否满足动量守恒的条件，二是根据所研究问题的需要.(2)正确进行过程的选取和分析：通常对全程进行分段分析，并找出联系各阶段的状态量.根据所研究问题的需要，列式时有时需分过程多次应用动量守恒，有时只需针对初、末状态建立动量守恒的关系式.

如图所示，在光滑水平面上有两个并排静止放置的木块A、B，已知mA＝0.5kg，mB＝0.3kg.现有质量m0＝0.08kg的小物块C以初速度v0＝25m/s在A表面沿水平方向向右滑动，由于C与A、B间均有摩擦，C最终停在B上，B、C最后的共同速度v＝2.5m/s.求：(1)木块A的最终速度的大小；例3答案2.1m/s取向右为正方向，设木块A的最终速度为v1，由动量守恒定律，对A、B、C有m0v0＝mAv1＋(mB＋m0)·v，解得v1＝2.1m/s.(2)小物块C滑离木块A的瞬时速度的大小.答案4m/s设C滑离A时的速度为v2，当C滑离A后，由动量守恒定律，对B、C有m0v2＋mBv1＝(mB＋m0)v，解得v2＝4m/s.三、动量守恒定律应用中的临界问题分析在动量守恒的应用中，常常出现相互作用的两物体相距最近(或最远)，恰好不相撞，弹簧最长(或最短)或物体开始反向运动等临界状态，其临界条件常常表现为两物体的相对速度关系或相对位移关系，这些特定关系的判断是求解这类问题的关键.

如图所示，木块A的质量为mA＝1kg，足够长的木板B的质量为mB＝4kg，质量为mC＝4kg的木块C置于静止的木板B上，水平面光滑，B、C之间有摩擦.现使A以v0＝12m/s的初速度向右运动，与B碰撞后以4m/s的速度弹回，C始终未脱离B.求：(1)B运动过程中的最大速度的大小；例4答案4m/sA与B碰后瞬间，B速度最大，A、B系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＋0＝－mAvA＋mBvB，代入数据得：vB＝4m/s.(2)C运动过程中的最大速度的大小；答案2m/sB与C共速后，C速度最大，B、C系统动量守恒，以B的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mBvB＋0＝(mB＋mC)vC，代入数据得：vC＝2m/s.(3)整个过程中系统损失的机械能.答案48J

如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在光滑水平冰面上游戏，甲和他的冰车总质量为30kg，乙和他的冰车总质量也为30kg，游戏时甲推着一质量为10kg的木箱，和他一起以v0＝3.5m/s的速度向右滑行，乙在甲的正前方相对地面静止，为避免碰撞，甲将木箱推给乙，使木箱与乙一起运动，则甲至少以相对地面多大的速度将箱子推出才能避免与乙相撞？例5答案8m/s设甲至少以速度v将箱子推出，推出箱子后甲的速度为v甲，乙获得的速度为v乙，取向右为正方向.以甲和箱子为系统，根据动量守恒，得(M甲＋m)v0＝M甲v甲＋mv，

①选箱子和乙为系统，得mv＝(m＋M乙)v乙，

②当甲与乙恰好不相撞时v甲＝v乙，

③联立①②③解得v＝8m/s.动量守恒定律应用中的常见临界情形1.光滑水平面上的A物体以速度v去撞击静止的B物体，A、B两物体相距最近时，两物体速度必定相等，此时弹簧最短，其压缩量最大.总结提升2.物体A以速度v0滑到静止在光滑水平面上的足够长的小车B上，当A、B两物体的速度相等时，A在B上滑行的距离最远.总结提升3.质量为M的滑块静止在光滑水平面上，滑块的光滑弧面底部与水平面相切，一个质量为m的小球以速度v0向滑块滚来.设小球不能越过滑块，则小球到达滑块上的最高点(即小球竖直方向上的速度为零)时，两物体的速度肯定相等(方向为水平向右).总结提升返回专题强化练Part

21.如图所示，在光滑水平面上放一个质量为M的斜面体，质量为m的物体沿斜面由静止开始自由下滑，下列说法中正确的是A.M和m组成的系统动量守恒B.M和m组成的系统所受合力方向向上C.M和m组成的系统水平方向动量守恒D.M和m组成的系统竖直方向动量守恒√基础强化练123456789101112M和m组成的系统在水平方向上所受合外力为零，系统水平方向动量守恒；竖直方向系统所受合外力不为零，且方向向下，系统在竖直方向上动量不守恒，则M和m组成的系统动量不守恒.故A、B、D错误，C正确.1234567891011122.(多选)(2022·营口开发区一中月考)如图所示，在质量为M的小车中挂着一摆球，摆球质量为m0，小车和摆球以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正前方的质量为m的静止的木块发生碰撞，碰撞时间极短.在此碰撞过程中，下列情况可能发生的是A.小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变

为v1、v2、v3，满足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2＋m0v3B.摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，

满足Mv＝Mv1＋mv2C.摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v′，满足Mv＝(M＋m)v′D.小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足(M＋m0)v＝(M＋

m0)v1＋mv2123456789101112√√碰撞的瞬间小车和木块组成的系统动量守恒，这一瞬间摆球的速度不变，若碰后小车和木块的速度变为v1和v2，根据动量守恒定律有Mv＝Mv1＋mv2；若碰后小车和木块速度相同，都为v′，根据动量守恒定律有Mv＝(M＋m)v′，故B、C正确，A、D错误.1234567891011123.质量M＝100kg的小船静止在水面上，船首站着质量m甲＝40kg的游泳者甲，船尾站着质量m乙＝60kg的游泳者乙，船首指向左方，若甲、乙两游泳者在同一水平线上，甲朝左、乙朝右均以3m/s的速率同时跃入水中后瞬间A.小船向左运动，速率为1m/sB.小船向左运动，速率为0.6m/sC.小船向右运动，速率大于1m/sD.小船仍静止123456789101112√设水平向右为正方向，两游泳者同时跳离小船后瞬间小船的速度为v，根据甲、乙两游泳者和小船组成的系统动量守恒有－m甲v甲＋m乙v乙＋Mv＝0，代入数据可得v＝－0.6m/s，其中负号表示小船向左运动，所以选项B正确.1234567891011124.如图所示，质量为M的滑块静止在光滑的水平地面上，滑块的光滑弧面底部与地面相切，一个质量为m的小球以速度v0向滑块滚来，小球不能越过滑块，则小球到达最高点时，小球和滑块的速度大小是123456789101112√小球沿滑块上滑的过程中，对小球和滑块组成的系统，水平方向不受外力，因而该系统在水平方向上动量守恒，小球到达最高点时和滑块具有相同的对地速度v.由水平方向动量守恒得，mv0＝(M＋m)v，所以v＝

，故A正确.1234567891011125.质量相等的五个物块在一光滑水平面上排成一条直线，且彼此隔开一定的距离，具有初速度v0的第5号物块向左运动，依次与其余四个静止物块发生碰撞，如图所示，最后这五个物块粘成一个整体，则它们最后的速度为123456789101112√由于五个物块组成的系统沿水平方向不受外力作用，故系统在水平方向上动量守恒，由动量守恒定律得：mv0＝5mv，得v＝

v0，即它们最后的速度为

v0，故选B.1234567891011126.甲、乙两人站在光滑的水平冰面上，他们的质量都是M，甲手持一个质量为m的球，现甲把球以对地为v的速度传给乙，乙接球后又以对地为2v的速度把球传回甲，甲接到球后，甲、乙两人的速度大小之比为(忽略空气阻力)123456789101112√甲、乙之间传递球时不必考虑过程中的细节，只考虑初状态和末状态的情况.研究对象是由甲、乙二人和球组成的系统，开始时系统的总动量为零，在任意时刻系统的总动量都为零.设甲的速度大小为v甲，乙的速度大小为v乙，二者方向相反，根据动量守恒定律得(M＋m)v甲－Mv乙＝0，则＝

，选项D正确.1234567891011127.甲、乙两个溜冰者质量分别为48kg和50kg，甲手里拿着质量为2kg的球，两人均以2m/s的速率，在光滑的冰面上沿同一直线相向滑行，甲将球传给乙，乙再将球传给甲，这样抛接几次后，球又回到甲的手里，乙的速度为零，不计空气阻力，则此时甲的速度的大小为A.0

B.2m/sC.4m/s

D.无法确定123456789101112√以甲、乙及球组成的系统为研究对象，以甲原来的滑行方向为正方向，根据动量守恒定律，有(m甲＋m球)v甲＋m乙v乙＝(m甲＋m球)v甲′，解得v甲′＝0，A正确.123456789101112123456789101112能力综合练√弹簧压缩到最短时，子弹、A、B具有共同的速度v1，且子弹、A、B组成的系统，从子弹开始射入物体A一直到弹簧被压缩到最短的过程中，系统所受合外力始终为零，故整个过程系统的动量守恒，取子弹水平速度v0的方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(m＋mA＋mB)v1，又

，即弹簧压缩到最短时B的速度为

，故C正确.1234567891011129.(多选)如图所示，三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列，静止在光滑水平面上.c车上有一小孩跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上.小孩跳离c车和b车时对地的水平速度相同.他跳到a车上相对a车保持静止，此后A.a、b两车运动速率相等B.a、c两车运动速率相等C.三辆车的速率关系为vc＞va＞vbD.a、c两车运动方向相反123456789101112√√设小孩跳离b、c车时相对地面的水平速度为v，以水平向右为正方向，由动量守恒定律知：小孩和c车组成的系统：0＝m人v－M车vc，对小孩和b车：m人v＝M车vb＋m人v，对小孩和a车：m人v＝(M车＋m人)va，123456789101112即三辆车的速率关系为vc＞va＞vb，并且vc与va方向相反，故选C、D.10.一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v0＝2m/s，爆炸成甲、乙两块并水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1，不计质量损失及空气阻力，重力加速度g取10m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是123456789101112√12345678910111211.(2022·震泽中学高二月考)如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2kg、mB＝1kg、mC＝2kg.开始时C静止，A、B一起以v0＝5m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞.求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小.1