人教版 (2019)选择性必修 第一册1 动量精品课时训练

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第03讲 动量守恒定律

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课程标准
课标解读
1．了解系统、内力和外力的概念．
2．理解动量守恒定律的确切含义、表达式和守恒条件．
3．能用牛顿运动定律推导动量守恒定律的表达式，
4．了解动量守恒定律的普遍意义．
1．理解动量守恒定律的确切含义和表达式，
2．知道定律的适用条件和适用范围掌握运用动量守恒定律的一般步骤
3．灵活运用动量守恒定律的不同表达式
4．会用动量守恒定律解释生活中的实际问题．
5．培养学生的逻辑推理能力，使学生知道物理规律之间的联系，并体会物理规律在生产、生活中更为广泛的意义．


知识精讲


知识点01 动量守恒定律
1．系统、内力和外力
(1)系统：碰撞问题的研究对象不是一个物体，而是两个或两个以上的物体．我们说这两个物体组成了一个力学系统．
(2)内力：系统内物体之间的相互作用力．
(3)外力：除系统内物体之间的相互作用力之外的其他力叫作外力．
2．动量守恒定律
(1)内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变．
(2)表达式：p＝p′.对两个物体组成的系统，可写为：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.
【即学即练1】如图所示，进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80 kg和100 kg，他们携手远离空间站，相对空间站的速度为0.1 m/s.A将B向空间站方向轻推后，A的速度变为0.2 m/s，求此时B的速度大小和方向．

【解析】 以空间站为参考系，选远离空间站，即v0方向为正方向．
据动量守恒定律得(mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvB，
代入数据解得vB＝0.02 m/s，方向为远离空间站方向．
【答案】 0.02 m/s　远离空间站方向
知识点02 动量守恒定律成立的条件
动量守恒定律是有条件的，应用时一定要首先判断系统是否满足守恒条件。
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．系统虽然受到了外力的作用，但所受外力的和——即合外力为零。像光滑水平面上两物体的碰撞就是这种情形，两物体所受的重力和支持力的合力为零。
3．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。抛出去的手榴弹在空中爆炸的瞬间，弹片所受火药的内力远大于其重力，重力完全可以忽略不计，动量近似守恒。
4．系统所受的合外力不为零，即F外≠0，但在某一方向上合外力为零(Fx＝0或Fy＝0)，则系统在该方向上动量守恒。
5．系统受外力，但在某一方向上内力远大于外力，也可认为在这一方向上系统的动量守恒。
【即学即练2】(多选)下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是(　　)

【解析】 A中子弹和木块的系统在水平方向不受外力，竖直方向所受合力为零，系统动量守恒；B中在弹簧恢复原长过程中，系统在水平方向始终受墙的作用力，系统动量不守恒；C中木球与铁球的系统所受合力为零，系统动量守恒；D中木块下滑过程中，斜面始终受挡板作用力，系统动量不守恒．
【答案】 AC　
【即学即练3】(多选)如图所示，A、B两物体的质量mA>mB，中间用一段细绳相连并有一被压缩的弹簧，放在平板小车C上后，A、B、C均处于静止状态．若地面光滑，则在细绳被剪断后，A、B从C上未滑离之前，A、B沿相反方向滑动过程中(　　)

A．若A、B与C之间的摩擦力大小相同，则A、B组成的系统动量守恒，A、B、C组成的系统动量也守恒
B．若A、B与C之间的摩擦力大小不相同，则A、B组成的系统动量不守恒，A、B、C组成的系统动量也不守恒
C．若A、B与C之间的摩擦力大小不相同，则A、B组成的系统动量不守恒，但A、B、C组成的系统动量守恒
D．以上说法均不对
【解析】 当A、B两物体组成一个系统时，弹簧的弹力为内力，而A、B与C之间的摩擦力为外力．当A、B与C之间的摩擦力等大反向时，A、B组成的系统所受外力之和为零，动量守恒；当A、B与C之间的摩擦力大小不相等时，A、B组成的系统所受外力之和不为零，动量不守恒．而对于A、B、C组成的系统，由于弹簧的弹力，A、B与C之间的摩擦力均为内力，故不论A、B与C之间的摩擦力的大小是否相等，A、B、C组成的系统所受外力之和均为零，故系统的动量守恒．
【答案】 AC
【归纳总结】 判断系统的动量是否守恒时，要注意动量守恒的条件是系统不受外力或所受的合外力为零．因此，要分清系统中的物体所受的力哪些是内力，哪些是外力．在同一物理过程中，系统的动量是否守恒，与系统的选取密切相关，如本例中第一种情况A、B组成的系统的动量不守恒，而A、B、C组成的系统的动量却是守恒的．
知识点03 动量守恒定律性质
1．矢量性：定律的表达式是一个矢量式。
(1)该式说明系统的总动量在任意两个时刻不仅大小相等，而且方向也相同。
(2)在求系统的总动量p＝p1＋p2＋…时，要按矢量运算法则计算。
2．相对性：动量守恒定律中，系统中各物体在相互作用前后的动量，必须相对于同一惯性系，各物体的速度通常均为相对于地的速度。
3．同时性：动量守恒定律中p1、p2…必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′…必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量。
4．普适性：动量守恒定律不仅适用于两个物体组成的系统，也适用于多个物体组成的系统。不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统。
【即学即练4】(2020-2021学年长治二中高二(下)期末)如图所示，质量为m的小车静止在光滑的水平地面上，车上有半圆形光滑轨道，现将质量也为m的小球在轨道左侧边缘由静止释放，下列说法错误的是(　　)

A．在下滑过程中，小球的机械能不守恒
B．小球可以到达右侧轨道的最高点
C．小球在右侧轨道上运动时，小车也向右运动
D．小球在轨道最低点时，小车与小球的速度大小相等，方向相反
【解析】 A．小球在下滑过程中，小球和小车组成的系统，机械能守恒，小球的机械能不守恒，A正确；
B．由于小球和小车在水平方向上满足动量守恒，初始状态水平方向动量为零，当小球到达右侧，相对小车静止时，小车的速度减小到零，又由于小球和小车组成的系统机械能守恒，因此恰好能到达右侧轨道的最高点，B正确；
C．小球和小车在水平方向动量守恒，小球在右侧轨道上运动时，小车向左运动，C错误；
D．根据小球和小车在水平方向动量守恒，由于小球和小车质量相同，因此小球在轨道最低点时，小车与小球的速度大小相等，方向相反，总动量为零，D正确。故错误的选C。
【答案】 C

能力拓展


考法01 动量守恒在爆炸问题中的应用
【典例1】如图，一个礼花弹竖直上升到最高点时炸裂成三块碎片，其中一块碎片首先沿竖直方向落至地面，另两块碎片稍后一些同时落至地面．则在礼花弹炸裂后的瞬间，这三块碎片的运动方向可能是(　　)

【解析】 礼花弹炸裂时，内力远大于外力，总动量守恒，根据矢量运算规则知，A、B两图违反了动量守恒定律，不可能；C图符合动量守恒定律，斜向下运动的两个碎片有竖直向下的分速度，而向上运动的碎片做竖直上抛运动，所以斜向下运动的两个碎片同时落地，向上运动的碎片后落地，与题意不符；D图符合动量守恒定律，向下运动的碎片首先落地，斜向上运动的两个碎片稍后一些同时落至地面，D正确，故选D．
【答案】 D　
考法02 某一方向上动量守恒问题
【典例2】光滑水平面上放着一质量为M的槽，槽与水平面相切且光滑，如图所示，一质量为m的小球以v0向槽运动，若开始时槽固定不动，求小球上升的高度(槽足够高)．若槽不固定，则小球又上升多高？

【解析】 槽固定时，球沿槽上升过程中机械能守恒，达最高点时，动能全部转化为球的重力势能；槽不固定时，小球沿槽上升过程中，球与槽组成的系统水平方向上不受外力，因此水平方向动量守恒．由于该过程中只有两者间弹力和小球重力做功，故系统机械能守恒，当小球上升到最高点时，两者速度相同．
槽固定时，设球上升的高度为h1，由机械能守恒得：mgh1＝mv，解得h1＝.槽不固定时，设球上升的最大高度为h2，此时两者速度为v，由动量守恒得：mv0＝(m＋M)v，由机械能守恒得：mv＝(M＋m)v2＋mgh2.解得槽不固定时，小球上升的高度h2＝.
【答案】 　
【归纳总结】
1.动量守恒定律是矢量式，只要在某一方向上的合外力为零，则该方向上的动量就守恒．
2．动量守恒定律往往可以与能量观点、力和运动等知识综合起来考查．
考法03 多过程动量守恒问题
【典例3】如图所示，在光滑的水平面上有两个并排放置的木块A和B，已知mA＝0.5 kg，mB＝0.3 kg，有一质量为m＝80 g的小铜块C以vC＝25 m/s的水平初速度开始在A表面上滑动，由于C与A、B间有摩擦，最后停在B上，B和C以 v＝2.5 m/s的速度共同前进，求：

(1)木块A的最后速度vA；
(2)木块C在离开A时速度vC′.
【解析】 本题要详细分析运动过程来确定研究系统及初末时刻．C在A表面上滑动时，C对A的摩擦力使A、B一起改变运动状态，故C在A上滑动时，A、B的速度始终相同，当C以vC′的速度滑上B后，C对B的摩擦力使B的速度继续增大，并与A分离，而A不再受外力作用，将以与B分离时的速度vA做匀速运动，最后B、C一起以共同速度v运动．
(1)以A、B、C三个物体为研究系统，系统受到的合外力为零，所以动量守恒．C刚滑上A瞬时，系统的总动量就是C所具有的动量，p＝mCvC.作用后，B、C一起运动时，设这时A的速度为vA，那么系统的总动量是p′＝mAvA＋(mB＋mC)v，
根据动量守恒定律有mCvC＝mAvA＋(mB＋mC)v，所以
vA＝＝ m/s＝2.1 m/s.
(2)以A、B、C三个物体为研究系统，以C刚滑上A时为初时刻，C刚滑上B前瞬间为末时刻，则系统的初动量p1＝mCvC，设刚滑上B时C的速度为vC′，则系统的末动量p′＝mCvC′＋(mA＋mB)vA.
根据动量守恒有mCvC＝mCvC′＋(mA＋mB)vA.
得vC′＝＝vC－vA＝ m/s＝4 m/s.
【答案】 (1)2.1 m/s　(2)4 m/s
【归纳总结】 动量守恒定律的应用技巧
对于多物体、多过程动量守恒定律的应用，解题时应注意：(1)正确分析作用过程中各物体状态的变化情况；(2)分清作用过程中的不同阶段，并按作用关系将系统内的物体分成几个小系统；(3)对不同阶段、不同的小系统准确选取初、末状态，分别列动量守恒方程．
考法04 动量守恒中的临界模型
【典例4】在光滑的冰面上静止放置一截面为四分之一圆弧的半径足够大的光滑的自由曲面，一个坐在冰车上的小孩手扶一小球静止在冰面上．某时刻小孩将小球以v0＝2 m/s的速度向曲面推出(如图所示)．已知小孩和冰车的总质量为m1＝40 kg，小球质量为m2＝2 kg，曲面质量为m3＝10 kg.求小孩将球推出后还能否再接到球，若能，则求出再接到球后人的速度，若不能，则求出球再滑回水平面上的速度．

【解析】　人推球过程，水平方向上动量守恒：0＝m2v0－m1v1，
代入数据得：v1＝0.1 m/s
球和曲面相互作用时，水平方向动量守恒：m2v0＝－m2v2＋m3v3，
机械能守恒：m2v02＝m2v22＋m3v32，得v2＝ m/s
∵v2＞v1，所以人能再接住球．
人接球过程(以向右为正)，由动量守恒有：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共，
∴v共＝ m/s.
【答案】　能再接到小球　 m/s
【归纳总结】
1．临界点的确定
(1)若题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程中存在着临界点．
(2)若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”“取值范围”等字眼，表明题述的过程中存在着极值，这些极值点也往往是临界点．
2．动量守恒中临界问题的要点分析
在动量守恒定律的应用中，常常出现相互作用的两物体相距最近、避免相碰和物体开始反向等临界状态，其临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，这些特定关系的判断是求解这类问题的关键．
考法05 子弹打击问题
【典例5】如图所示，质量为mB的平板车B上表面水平，开始时静止在光滑水平面上，在平板车左端静止着一质量为mA的物体A，一颗质量为m0的子弹以v0的水平初速度射入物体A，射穿A后速度变为v，子弹穿过物体A的时间极短．已知A、B之间的动摩擦因数不为零，且A与B最终达到相对静止．求：

(1)子弹射穿物体A的瞬间物体A的速度vA；
(2)平板车B和物体A的最终速度v共．(设车身足够长)
【解析】　(1)子弹穿过物体A的过程中，子弹和物体A组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得m0v0＝m0v＋mAvA
解得vA＝.
(2)对物体A和平板车B，以A的速度方向为正方向，
由动量守恒定律得mAvA＝(mA＋mB)v共
解得v共＝.
【答案】　(1)　(2)
【归纳总结】 处理动量守恒问题的步骤
(1)分析题目涉及的物理过程，选择合适的系统、过程，这是正确解决此类题目的关键；(2)判断所选定的系统、过程是否满足动量守恒的条件；(3)确定物理过程及其系统内物体对应的初、末状态的动量；(4)确定正方向，选取恰当的动量守恒的表达式求解．
考法06 动量守恒与机械能守恒的综合应用
【典例6】光滑圆弧槽(半径为R的四分之一圆)质量为M，静止于光滑水平地面上，质量为m的小球(可以视为质点)，静止在光滑圆弧槽的最高点由静止释放沿光滑圆弧槽下滑，当小球刚滑到水平地面时，求：

(1)小球的速度大小；
(2)光滑圆弧槽后退的距离．(R与重力加速度g为已知)
【解析】　(1)小球与槽组成的系统在水平方向动量守恒、系统机械能守恒，
以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv－MV＝0，
由机械能守恒定律得：mgR＝mv2＋MV2，
解得v＝.
(2)小球与槽组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，
由动量守恒定律得：mv－MV＝0，m－M＝0，
解得x＝.
【答案】　(1)　(2)
【归纳总结】 动量守恒定律和机械能守恒定律的比较
(1)研究对象：动量守恒定律和机械能守恒定律所研究的对象都是相互作用的物体组成的系统，且研究的都是某一运动过程．
(2)守恒条件：系统的动量是否守恒，决定于系统所受的外力之和是否为0，而机械能是否守恒，则决定于是否有重力及弹力以外的力(不管是内力还是外力)做功．
(3)系统的动量守恒时，机械能不一定守恒；系统的机械能守恒时，其动量也不一定守恒．这是因为两个守恒定律的守恒条件不同而导致的必然结果．如各种爆炸、碰撞、反冲现象中，动量是守恒的，但很多情况下有内力做功，有其他形式的能量转化为机械能，而使机械能不守恒．
(4)表达式：动量守恒的表达式是矢量式，应用时必须注意方向，且可在某一方向单独使用；机械能守恒定律的表达式是标量式，对功和能只能求代数和，不能按矢量法则进行分解或合成．
(5)实验规律：动量守恒定律和机械能守恒定律虽然可以运用理论推导出来，但重要的是它们都可以用实验来验证，因此它们都是实验定律．



题组A 基础过关练
1．(2020-2021学年沙市中学高二(上)期末)关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是()
A．只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒
B．只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒
C．只要系统中有一个物体具有加速度，系统动量就不守恒
D．系统中所有物体的加速度为零时，系统的总动量不一定守恒
【解析】A．若系统内存在着摩擦力，而系统所受的合外力为零，系统的动量仍守恒，故A错误；
B．只要系统所受到合外力为零，则系统的动量一定守恒，故B正确；
C．系统中有一个物体具有加速度时，系统的动量也可能守恒，比如碰撞过程，两个物体的速度都改变，都有加速度，单个物体受外力作用，系统的动量却守恒，故C错误；
D．系统中所有物体的加速度为零时，系统所受的合外力为零，即系统的总动量一定守恒，故D错误。故选B。
【答案】B
2．(2020-2021学年宁夏吴忠中学高二(上)期末)如图所示，在光滑水平面上质量分别为，速率分别为的A、B两小球沿同一直线相向运动，则( )

A．它们碰撞前的总动量是，方向水平向右
B．它们碰撞后的总动量是，方向水平向左
C．它们碰撞后的总动量是，方向水平向左
D．它们碰撞前的总动量是，方向水平向右
【解析】取水平向右方向为正方向，设碰撞后总动量为P．则碰撞前，A、B的速度分别为：vA=5m/s、vB=-2m/s．根据动量守恒定律得：P=mAvA+mBvB=2×5+4×(-2)=2(kg•m/s)，P＞0，说明碰撞后总动量方向水平向右．则碰撞前总动量方向也水平向右．故选D．
【答案】D
3．如图所示，某人站在一辆平板车的左端，车静止在光滑的水平地面上，若他用铁锤连续敲击车的左端。下列对平板车的运动情况描述正确的是(　　)

A．锤子向上抡起(速度与图中v同向)时，车向左运动
B．锤子下落(速度与图中v反向)时，车向右运动
C．锤子抡至最高点静止时，车速度为0
D．这种办法可使车持续向右运动
【解析】　平板车、人与铁锤组成的系统在水平方向上动量守恒，锤子抡起的过程中，锤子有水平向左的动量分量，由动量守恒定律知，车向右运动，A错误；锤子下落的过程中，锤子有水平向右的动量分量，由动量守恒定律知，车向左运动，B错误；锤子抡至最高点时，其速度为零，由动量守恒定律知，车速度为0，C正确；这种办法不可使车持续向右运动，D错误。
【答案】　C
4．如图所示，质量为M的小车置于光滑的水平面上，车的上表面粗糙，有一质量为m的木块以初速度v0水平地滑至车的上表面，若车表面足够长，则(　　)

A．木块的最终速度为v0
B．由于车表面粗糙，小车和木块所组成的系统动量不守恒
C．车表面越粗糙，木块减少的动量越多
D．车表面越粗糙，小车获得的动量越多
【解析】 由m和M组成的系统水平方向动量守恒易得A正确；m和M动量的变化与小车上表面的粗糙程度无关，因为车表面足够长，最终各自的动量与摩擦力大小无关．
【答案】 A
5．(多选)木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图所示．当撤去外力后，下列说法正确的是(　　)

A．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量守恒
B．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量不守恒
C．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量守恒
D．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量不守恒
【解析】　当撤去外力F后，a尚未离开墙壁前，系统受到墙壁的作用力，系统所受的外力之和不为零，所以a和b组成的系统的动量不守恒，选项A错误，B正确；a离开墙壁后，系统所受的外力之和为零，所以a、b组成的系统的动量守恒，选项C正确，D错误．
【答案】 BC　
6．如图所示，设车厢长为L，质量为M，静止在光滑水平面上，车厢内有一质量为m的物体，以速度v0向右运动，与车厢壁来回碰撞n次后，静止于车厢中，这时车厢的速度为(　　)

A．v0，水平向右 B．0
C．，水平向右 D．，水平向右
【解析】　物体和车厢组成的系统所受的合力为零，物体与小车发生n次碰撞的过程中系统的动量守恒，只需考虑初、末状态，忽略中间过程，则m的初速度为v1＝v0，M的初速度为v2＝0；作用后它们的末速度相同，即v′1＝v′2＝v，由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，解得v＝，方向与v0相同，水平向右，选项C正确．
【答案】 C
7．如图所示，质量为3 kg的木板放在光滑水平面上，质量为1 kg 的物块在木板上，它们之间有摩擦力，木板足够长，两者都以4 m/s的初速度向相反方向运动，当木板的速度为2.4 m/s时，物块(　　)

A．加速运动 B．减速运动
C．匀速运动 D．静止不动
【解析】　两物体所组成的系统动量守恒．Mv－mv＝Mv1＋mv2，代入数据，得v2＝0.8 m/s＞0与板的速度方向相同，则表明物块已经反向加速运动了，选项A正确．
【答案】 A
8．如图所示，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为(　　)

A．v0＋v B．v0－v
C．v0＋(v0＋v) D．v0＋(v0－v)
【解析】　小船和救生员组成的系统满足动量守恒(M＋m)v0＝m·(－v)＋Mv′，解得v′＝v0＋(v0＋v)，选项C正确．
【答案】 C
9．如图所示，一个质量为M的滑块放置在光滑水平面上，滑块的一侧是一个四分之一圆弧EF，圆弧半径为R＝1 m．E点切线水平．另有一个质量为m的小球以初速度v0从E点冲上滑块，若小球刚好达到圆弧的上端F，已知M＝4m，g取10 m/s2，不计摩擦．则小球的初速度v0的大小为(　　)

A．v0＝4 m/s　　　　 B．v0＝5 m/s
C．v0＝6 m/s　　　　 D．v0＝7 m/s
【解析】 当小球上升到滑块上端时，小球与滑块水平方向速度相同，设为v1，根据水平方向动量守恒有mv0＝(m＋M)v1，根据机械能守恒定律有mv＝(m＋M)v＋mgR，根据题意，有M＝4m，联立两式解得v0＝5 m/s.故A、C、D错误，B正确．
【答案】 B
10．(2020-2021学年屯溪第一中学高二(下)期中)两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上．现在，其中一人向另一个人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回．如此反复进行几次之后，甲和乙最后的速率关系是(　　)
A．若甲最先抛球，则一定是v甲＞v乙
B．若乙最后接球，则一定是v甲＞v乙
C．只有甲先抛球，乙最后接球，才有v甲＞v乙
D．无论怎样抛球和接球，都是v甲＞v乙
【解析】 因系统动量守恒，故最终甲、乙动量大小必相等．谁最后接球谁的质量中包含了球的质量，即质量大，根据动量守恒：m1v1=m2v2，因此最终谁接球谁的速度小．故选项B正确.
【答案】 B
11．A、B两球沿同一条直线运动，如图记录了它们碰撞前后的运动情况．其中a、b分别为A、B碰前的xt图线，c为碰后它们的xt图线．若A球质量为1 kg，则B球质量是多少？

【解析】 由图象可知：碰前va＝ m/s＝－3 m/s，vb＝ m/s＝2 m/s.
碰后vc＝ m/s＝－1 m/s，
由碰撞过程中动量守恒有mAva＋mBvb＝(mA＋mB)vc，
代入数据得mB≈0.67 kg.
【答案】 0.67 kg
题组B 能力提升练
1．(多选)如图所示，光滑水平面上，质量为m1的足够长的木板向左匀速运动．t＝0时刻，质量为m2的木块从木板的左端向右以与木板相同大小的速度滑上木板．t1时刻，木块和木板相对静止，共同向左匀速运动，以v1和a1表示木板的速度和加速度，以v2和a2表示木块的速度和加速度，以向左为正方向．则下列图中正确的是(　　)


【解析】 木块和木板组成的系统动量守恒，因为最终共同的速度方向向左，根据m1v－m2v＝(m1＋m2)v′，知m1＞m2；木块的加速度a2＝，方向向左，木板的加速度a1＝，方向向右，因为m1＞m2，则a1＜a2，故A错误，B正确．木块滑上木板后，木块先做匀减速运动，减到零后，做匀加速直线运动，与木板速度相同后一起做匀速直线运动；木板一直做匀减速运动，最终的速度向左，为正值，故D正确，C错误．
【答案】 BD
2．(多选)如图所示，两物块质量关系为m1＝2m2，两物块与水平面间的动摩擦因数μ2＝2μ1，两物块原来静止，轻质弹簧被压缩且用细线固定．若烧断细线后，弹簧恢复到原长时，两物块脱离弹簧且速率均不为零，则(　　)

A．两物块在脱离弹簧时的速度最大
B．两物块在刚脱离弹簧时的速率之比为＝
C．两物块的速率同时达到最大
D．两物块在弹开后同时达到静止
【解析】　烧断细线后，对m1、m2及弹簧组成的系统，在m1、m2运动过程中，都受到滑动摩擦力的作用，其中Ff1＝μ1m1g，Ff2＝μ2m2g，根据题设条件，两摩擦力大小相等，方向相反，系统所受外力的合力为零，动量守恒．两物块未脱离弹簧时，在水平方向各自受到弹簧弹力和地面对物块的摩擦力作用，其运动过程分为两个阶段：先是弹簧弹力大于摩擦力，物块做变加速运动，直到弹簧弹力等于摩擦力时，物块速度达到最大，此后弹簧弹力小于摩擦力，物块做变减速运动，弹簧恢复原长时，两物块与弹簧脱离．脱离弹簧后，物块在水平方向只受摩擦力作用，做匀减速运动，直到停止．综合以上分析可知，选项A错误；在从开始直到最后停止的整个过程中，系统动量守恒，则有0＝m1v1－m2v2，显然，任意时刻，两物块的速率之比＝＝.当v1最大时，v2亦最大；当v1＝0时，亦有v2＝0，选项B、C、D正确．
【答案】 BCD
3．如图所示，小车放在光滑的水平面上，将系绳小球拉开到一定的角度，然后同时放开小球和小车，那么在以后的过程中(　　)

A．小球向左摆动时，小车向右运动，且系统动量守恒
B．小球向左摆动时，小车向右运动，系统动量不守恒
C．小球向左摆到最高点，小球的速度为零而小车速度不为零
D．小球摆动过程中，小球的机械能守恒
【解析】　小球在摆动过程，竖直方向受外力之和不为零，小车和小球构成的系统动量不守恒，但在水平方向不受外力，水平方向动量守恒．
【答案】 B
4．如图所示，在光滑的水平地面上并排放着物块A、B，它们的质量之比为3∶2，且在它们之间有一处于压缩状态的弹簧(与物块A、B并不拴接)．某一时刻同时释放物块A、B，弹簧为原长时物块A的动能为8 J，则释放物块A、B前，弹簧具有的弹性势能为(　　)

A．12 J　　　　 B．16 J
C．18 J　　　　 D．20 J
【解析】 取向左为正方向，由系统的动量守恒得mAvA－mBvB＝0，得vA∶vB＝mB∶mA＝2∶3，物块A与B的动能之比为EkA∶EkB＝mAv∶mBv＝2∶3.所以EkB＝EkA＝×8 J＝12 J，根据功能关系可知，A与B的动能的和等于开始时弹簧的弹性势能，所以弹簧的弹性势能Ep＝EkA＋EkB＝(8＋12) J＝20 J．故A、B、C错误，D正确．
【答案】 D
5．(多选)质量为m的物块甲以3 m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定于其左端，另一质量也为m的物块乙以4 m/s的速度与甲相向运动，如图所示．则(　　)

A．甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹力属于内力作用，故系统动量守恒
B．当两物块相距最近时，甲物块的速率为零
C．甲物块的速率可能达到5 m/s
D．当甲物块的速率为1 m/s时，乙物块的速率可能为2 m/s，也可能为0
【解析】 甲、乙两物块(包括弹簧)组成的系统在弹簧压缩过程中，系统所受的合外力为零，系统动量守恒，故A正确．
当两物块相距最近时速度相同，取碰撞前乙的速度方向为正方向，设共同速度为v，根据动量守恒定律得mv乙－mv甲＝2mv，解得v＝0.5 m/s，故B错误．
若物块甲的速率达到5 m/s，方向与原来相同，则mv乙－mv甲＝－mv甲′＋mv乙′，代入数据解得v乙′＝6 m/s，两个物体的速率都增大，动能都增大，违反了能量守恒定律；若物块甲的速率达到5 m/s，方向与原来相反，则mv乙－mv甲＝mv甲′＋mv乙′，代入数据解得v乙′＝－4 m/s，可得，碰撞后乙的动能不变，甲的动能增加，系统总动能增加，违反了能量守恒定律，所以物块甲的速率不可能达到5 m/s，故C错误．
甲、乙组成的系统动量守恒，若物块甲的速率为1 m/s，方向与原来相同，由动量守恒定律得mv乙－mv甲＝－mv甲′＋mv乙′，代入数据解得v乙′＝2 m/s；若物块甲的速率为1 m/s，方向与原来相反，由动量守恒定律得：mv乙－mv甲＝mv甲′＋mv乙′，代入数据解得v乙′＝0，故D正确．
【答案】 AD
6．如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为2m的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上．弧形槽底端与水平面相切，一个质量为m的小物块从槽高h处开始自由下滑，下列说法错误的是(　　)

A．在下滑过程中，物块和弧形槽组成的系统机械能守恒
B．在下滑过程中，物块和槽的水平方向动量守恒
C．物块压缩弹簧的过程中，弹簧的最大弹性势能Ep＝mgh
D．物块被弹簧反弹后，离开弹簧时的速度大小为
【解析】 在下滑过程中，只有重力做功，物块和弧形槽组成的系统机械能守恒，故A正确；
在下滑过程，物块与弧形槽组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统水平方向动量守恒，故B正确；
设物块到达水平面时速度大小为v1，槽的速度大小为v2，且可判断物块速度方向向右，槽的速度方向向左，以向右为正方向，在物块下滑过程中，系统水平方向动量守恒，由动量守恒定律得mv1－2mv2＝0，由机械能守恒定律得mgh＝mv＋·2mv，由以上两式解得v1＝2，v2＝，物块与弹簧相互作用过程系统机械能守恒，物块速度为零时，弹簧的弹性势能最大，由机械能守恒定律可知，最大弹性势能Ep＝mv＝mgh，故C正确；
物块与弹簧相互作用过程系统机械能守恒，物块离开弹簧时速度大小与物块接触弹簧前的速度大小相等，v＝v1＝2，故D错误．本题选错误的，故选D．
【答案】 D　
7．一辆质量m1＝3.0×103 kg的小货车因故障停在车道上，后面一辆质量m2＝1.5×103 kg的轿车来不及刹车，直接撞入货车尾部失去动力，碰撞时间极短，相撞后两车一起沿轿车运动方向滑行了x＝6.75 m停下．已知车轮与路面间的动摩擦因数μ＝0.6，求碰撞前瞬间轿车的速度大小．(重力加速度取g＝10 m/s2)
【解析】　由牛顿第二定律得a＝＝μg＝6 m/s2，
由运动学公式得v＝＝9 m/s，
碰撞过程中，货车和轿车组成的系统动量守恒．由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，
v0＝v＝27 m/s．
【答案】　27 m/s
8．如图所示，滑块A、C的质量均为m，滑块B的质量为m.开始时A、B分别以v1、v2的速度沿光滑水平轨道向固定在右侧的挡板运动，现将C无初速地放在A上，并与A黏合不再分开，此时A与B相距较近，B与挡板相距足够远．若B与挡板碰撞将以原速率反弹，A与B碰撞将黏合在一起．为使B能与挡板碰撞两次，v1、v2应满足什么关系？

【解析】 设向右为正方向，A与C粘合在一起的共同速度为v′，由动量守恒定律得mv1＝2mv′，
为保证B碰挡板前A未能追上B，应满足v′≤v2，
设A与B碰后的共同速度为v″，由动量守恒定律得2mv′－mv2＝mv″，
为使B能与挡板再次碰撞应满足v″>0，
联立以上各式解得v2 【答案】 v2＜v1≤2v2或v1≤v2＜v1
9．甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，甲和他的冰车总质量为M＝30 kg，乙和他的冰车总质量也是30 kg，游戏时甲推着一个质量为m＝15 kg的箱子和他一起以大小为v0＝2 m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来，为了避免相撞，甲把箱子推给乙，箱子滑来时乙迅速把它抓住，若不计摩擦，则：

(1)若甲将箱子相对地面以速度v推出，甲的速度变为多少？(用字母表示)
(2)设乙抓住迎面滑来的相对地面的速度为v的箱子后反向运动．乙抓箱子后的速度变为多少？(用字母表示)
(3)若甲、乙最后不相撞，则箱子推出时的速度至少多大？
【解析】 (1)甲将箱子推出的过程，甲和他的冰车与箱子组成的系统动量守恒，以甲的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得(M＋m)v0＝mv＋Mv1
解得v1＝
(2)箱子和乙作用过程动量守恒，以箱子的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv－Mv0＝(M＋m)v2
解得v2＝
(3)甲、乙不相撞的条件是v1≤v2
代入数据得v≥5.2 m/s
即箱子推出时的速度至少为5.2 m/s.
【答案】 见解析
题组C 培优拔尖练
1．A、B两球之间压缩一根轻弹簧，静置于光滑水平桌面上．已知A、B两球质量分别为2m和m。当用板挡住A球而只释放B球时，B球被弹出落于距桌面水平距离为x的水平地面上，如图，问当用同样的程度压缩弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，B球的落地点距桌面距离为(　　)

A． B．x C．x D．x
【解析】 当用挡板挡住A球而只释放B球时，B球做平抛运动设桌面高度为h，则有，所以弹簧的弹性势能为，若保持弹簧的压缩程度不变，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，由动守恒定律有，所以，因此A球与B球获得的动能之比，所以B球获得动能为，那么B球抛出时初速度为，则平抛后落地水平位移为，故ABC错误；D正确。故选D．
【答案】 D
2．一列火车共有n节车厢，各节车厢质量相等，车厢之间间隙相等，间隙长度的总和为L，静止于水平长直轨道上．若第一节车厢以v0向第二节车厢运动，碰撞后连在一起运动，再与第三节车厢碰撞后连在一起运动，再与第四节车厢碰撞……，以此类推，直到n节车厢全部运动，则火车的最后速度v及整个过程所经历的时间t为：(不计铁轨对车轮的阻力以及列车编组时的动力) (　　)
A． B． C． D．
【解析】 AB．n节车厢运动、碰撞过程中，系统所受外力之和为零，故整个过程中动量守恒，则根据动量守恒有：，解得，故A正确，B错误.
CD．设每节车厢相邻间距为s，则有：，碰撞后链接在一起的车厢节数依次为2节、3节···(n-1)节，n节，它们的速度相应为所以火车最后的速度为，由：，得通过各间距的时间分别为：，，，···，整个过程经历的时间为：，故C错误，D正确.
【答案】 AD
3．(2020-2021学年沙市中学高二(上)期末)如图所示，一轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑的水平面上，物体A被水平速度为v0的子弹击中，子弹嵌在其中，已知物体A的质量是3m，B的质量是4m，子弹的质量是m。求：

(1)子弹嵌入A后，子弹和A的速度；
(2)弹簧压缩量最大时弹性势能是多少。
【解析】(1)子弹射入物体A的过程时间极短，子弹与物体A组成的系统满足动量守恒定律，解得
(2)以子弹、A、B以及弹簧组成的系统作为研究对象，整个作用过程系统动量守恒，弹簧压缩量最大时，它们的速度相等，由动量守恒定律得，解得
弹簧压缩量最大时，由能量守恒定律得
可得弹簧压缩量最大时弹性势能
【答案】(1)；(2)
4．如图所示，水平地面上固定一半径为R＝0.8 m的光滑圆弧轨道，轨道左端放一质量为M＝3 kg、长为L＝1.75 m的木板，木板上表面与轨道末端等高，木板与地面间无摩擦，其左端放一质量m＝1 kg的物块，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4.现给物块施一水平向右的恒力F＝15 N，作用一段距离x后撤去F，物块正好能滑到圆弧轨道的最高点，然后再滑回，取g＝10 m/s2.

(1)求物块滑到板右端时的速度v；
(2)求x的大小；
(3)通过计算说明，物块最终能否滑离木板．
【解析】 (1)对于物块从轨道底端上升到顶端的过程，由机械能守恒可得mv2＝mgR
解得v＝4 m/s.
(2)对于物块从木板左端滑到右端的过程，由动能定理可得Fx－μmgL＝mv2
解得x＝1 m.
(3)设物块相对板向左滑动距离Δx后，与木板达到相同速度v′.取向左为正方向，由动量守恒定律得
mv＝(M＋m)v′
解得v′＝1 m/s
由能量守恒定律得μmgΔx＝mv2－(M＋m)v′2
解得Δx＝1.5 m 故物块不会滑离木板．
【答案】 (1)4 m/s　(2)1 m　(3)不能
5．(2020-2021学年湖北省应城一中高二(下)期中)一质量M＝6 kg的木板B静止于光滑水平面上，物块A质量m＝6 kg，停在B的左端，质量为m0＝1 kg的小球用长为L＝0.8 m的轻绳悬挂在固定点O上，将轻绳拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与A发生碰撞后反弹，反弹所能达到的最大高度为h＝0.2 m，物块与小球可视为质点，不计空气阻力。已知A、B间的动摩擦因数μ＝0.1(g＝10 m/s2)，求：

(1)小球运动到最低点与A碰撞前瞬间小球的速度；
(2)小球与A碰撞后瞬间物块A的速度；
(3)为使A、B达到共同速度前A不滑离木板，木板B至少多长。
【解析】 (1)小球下摆过程，由机械能守恒定律得：m0gL＝m0v，
代入数据解得：v0＝4 m/s
(2)小球反弹过程机械能守恒有m0gh＝m0v，解得：v1＝2 m/s
小球与A碰撞过程系统动量守恒，以小球的初速度方向为正方向
由动量守恒定律有：m0v0＝－m0v1＋ mvA
代入数据得vA ＝1 m/s
(3)物块A与木板B相互作用过程，系统动量守恒，以A的速度方向为正方向
由动量守恒定律得：mvA＝(m＋M)v
代入数据解得：v＝0.5 m/s
由能量守恒定律得：μmgx＝mv－(m＋M)v2
代入数据解得x＝0.25 m
【答案】 (1)4 m/s　(2)1 m/s　(3)0.25 m
6．结冰的湖面上有甲、乙两个小孩分别乘冰车在一条直线上相向滑行，速度大小均为v1＝2 m/s，甲与车、乙与车的质量和均为M＝50 kg.为了使两车不会相碰，甲将冰面上一质量为5 kg的静止冰块以v2＝6 m/s(相对于冰面)的速率传给乙，乙接到冰块后又立即以同样的速率将冰块传给甲，如此反复，在甲、乙之间至少传递几次，才能保证两车不相碰？(设开始时两车间距足够远)
【解析】 设甲、乙各接传冰块为n1、n2次，甲车的初始运动方向为正方向，末态甲、乙的速度分别为v甲、v乙，冰块质量为m，甲或乙每次与冰块相互作用，冰块的动量改变量大小均为2mv2(其中甲第一次传冰块，冰块的动量改变量大小为mv2)，且方向与甲或乙相互作用前的动量方向相同．运用动量守恒定律对甲、冰块系统：
Mv1＝mv2＋(n1－1)·2mv2＋Mv甲①
对乙、冰块系统：－Mv1＝－n2·2mv2＋Mv乙②
又临界条件为v乙≥v甲③
由①②两式得
v乙－v甲＝
又由③式得
n1＋n2≥④
将M、m、v1、v2的数值代入④式得n1＋n2≥
故最少传递次数为n1＋n2＝4次．
【答案】 4次