【原创】（新高考）2022届高三物理精准提升专练11 动量守恒定律及其应用

例1．(2021∙全国乙卷∙14)如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系（可视为惯性系）中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统(　　)

A．动量守恒，机械能守恒

B．动量守恒，机械能不守恒

C．动量不守恒，机械能守恒

D．动量不守恒，机械能不守恒

【解析】因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功；而水平地面是光滑的，以小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒。

【答案】B

例2．(2021∙湖南卷∙8)(多选)如图甲，质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上（B靠墙面），此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的a－t图像如图乙所示，S1表示0到t1时间内A的a－t图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a－t图线与坐标轴所围面积大小。A在t1时刻的速度为v0。下列说法正确的是(　　)

A．0到t1时间内，墙对B的冲量等于mAv0

B．mA＞mB

C．B运动后，弹簧的最大形变量等于x

D．S1－S2＝S3

【答案】ABD

【解析】由于在0～t1时间内，物体B静止，则对B受力分析有F墙＝F弹，则墙对B的冲量大小等于弹簧对B的冲量大小，而弹簧既作用于B也作用于A，则可将研究对象转为A，撤去F后A只受弹力作用，则根据动量定理有I＝mAv0(方向向右)，则墙对B的冲量与弹簧对A的冲量大小相等、方向相同，A正确；由a－t图可知t1后弹簧被拉伸，在t2时刻弹簧的拉伸量达到最大，根据牛顿第二定律有F弹＝mAa＝mBaB，由图可知aB＞aA，则mB＜mA，B正确；由图可得，t1时刻B开始运动，此时A速度为v0，之后A、B动量守恒，A、B和弹簧整个系统能量守恒，则，可得A、B整体的动能不等于0，即弹簧的弹性势能会转化为A、B系统的动能，弹簧的形变量小于x，C错误；由a－t图可知t1后B脱离墙壁，且弹簧被拉伸，在t1～t2时间内A、B组成的系统动量守恒，且在t2时刻弹簧的拉伸量达到最大，A、B共速，由a－t图像的面积为v，在t2时刻A、B的速度分别为vA＝S1－S2，vB＝S3，A、B共速，则S1－S2＝S3，D正确。

1．(多选)如图，花样滑冰运动员所穿冰鞋的冰刀与冰面间的动摩擦因数是相同的，为表演一个动作，处于静止状态的两运动员站在一起互推一把后各自自由滑行，下列说法正确的是(　　)

A．质量大的运动员滑行的初速度小

B．质量大的运动员滑行时加速度小

C．质量大的运动员滑行时间长

D．质量大的运动员滑行距离短

【答案】AD

【解析】两运动员互推的过程遵循动量守恒，总动量为零，所以质量大的运动员后退的初速度小，故A正确；他们都在各自的摩擦力作用小做减速运动，由于其动摩擦因素相同，根据可知，他们减速的加速度大小相同，故B错误；滑行的时间，故质量大的初速度小，运动时间短，故C错误；由可知质量大的初速度小，运动的位移短，故D正确。

2．(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vc＞va＞vb

D．a、c两车运动方向相反

【答案】CD

【解析】若人跳离b、c车时速度为v，由动量守恒定律知，人和c车组成的系统：0＝－M车vc＋m人v，对人和b车：m人v＝－M车vb＋m人v，对人和a车：m人v＝(M车＋m人)va，所以vc＝，vb＝0，va＝，即vc＞va＞vb，并且vc与va方向相反。

3．如图所示，一只内壁光滑的半球形碗固定在小车上，小车放在光滑水平面上。在小车正前边的碗边A处无初速度释放一只质量为m的小球，半球形碗的半径为R。则小球沿碗内壁下滑的过程中，下列说法正确的是(　　)

A．小球、碗和车组成的系统动量守恒

B．小球的最大速度等于

C．小球不能运动到碗左侧的碗边B点

D．小球、碗和车组成的系统机械能守恒

【答案】D

【解析】小球做曲线运动，具有向心加速度，有竖直向上的分加速度，根据牛顿第二定律知，系统所受的合外力不为零，故系统的动量不守恒，A错误；设小球滑到最低点时速度为v，假设小车不动，则由机械能守恒得，可知，由于小车没有固定，且小球下滑过程中其对碗的压力对碗和车组成的整体做正功，碗和小车获得动能，则小球的最大速度小于，B错误；小球从A点和B点的过程中系统机械能守恒，水平方向动量守恒，可知小球刚好运动到碗边的B点，C错误；由于没有摩擦，对于小球、碗、和车组成的系统所受合外力为零，则该系统的机械能守恒，D正确。

4．如图所示，在光滑水平面上停放质量为m装有弧形槽的小车，现有一质量为2m的光滑小球以v0的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去，到达某一高度后，小球又返回小车右端，则下列说法正确的是(　　)

A．小球离车后，对地将做自由落体运动

B．小球离车后，对地将向右做平抛运动

C．小球在弧形槽上上升的最大高度为

D．此过程中小球对车做的功为

【答案】C

【解析】设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，整个过程中水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得，由动能守恒定律得×2mv02＝×2mv22＋mv12，解得，所以小球与小车分离后对地将向左做平抛运动，故AB错误；当小球与小车的水平速度相等时，小球弧形槽上升到最大高度，设该高度为h，系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得，由机械能守恒定律得×2mv02＝×3mv12＋2mgh，解得，故C正确；对小车运用动能定理得，小球对小车做功，故D错误。

5．如图所示，在粗糙水平面上，用水平轻绳相连的两个相同的物体A、B质量均为m，与水平面的摩擦因数均为μ，在水平恒力F作用下以速度v做匀速直线运动。在t0时轻绳断开，A在F作用下继续前进，则下列说法正确的是(　　)

A．水平恒力F＝μmg

B．t＝0至时间内，A、B的总动量不守恒

C．时，A的动量为3mv

D．时，A的动量为3mv

【答案】D

【解析】设A、B所受的滑动摩擦力大小相等均为f，系统匀速运动时，有，故A错误；轻绳断开后，对B，取向右为正方向，由动量定理得，联立解得，即在B停止运动前，即在t0到时间内，A、B系统的合外力为零，总动量守恒，故B错误；时，取向右为正方向，由系统动量守恒得，解得A的动量，故C错误；时，即物体B停止后又经过对A由动量定理得，解得，故D正确。

6．如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上。现使A瞬间获得水平向右的大小为3 m/s的速度，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息可得(　　)

A．在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，且弹簧都是处于压缩状态

B．从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长

C．两物体的质量之比为m1∶m2＝1∶2

D．在t2时刻A与B的动能之比为Ek1∶Ek2＝1∶4

【答案】C

【解析】由题图可知，在t2时刻之前，弹簧处于压缩状态，t2到t4时刻之间，弹簧处于伸长状态，故A、B错误；AB系统动量守恒，机械能也守恒，t1时刻，A、B获得共同速度1 m/s，由动量守恒定律有，m1v0＝(m1＋m2)v，故＝，C正确；t2时刻，Ek1∶Ek2＝×m1×(－1)2∶(×m2×22)＝1∶8，D错误。

7．如图所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN高H＝0.8 m，右端N处与水平传送带理想连接，传送带以恒定速率沿顺时针方向匀速传送。三个质量均为m＝1.0 kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，开始时滑块B、C之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，处于静止状态。滑块A以初速度v0＝7.1 m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B发生碰撞后黏合在一起，碰撞时间极短，可认为A与B碰撞过程中滑块C的速度仍为零。因碰撞使连接B、C的细绳受到扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离。滑块C脱离弹簧后滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P点。已知滑块C在传送带上的运动如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2。

(1)求滑块C与传送带的动摩擦因数μ及落地点P与N端水平距离x；

(2)求滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能Ep；

(3)若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C总能落至P点，则滑块A与滑块B碰撞前速度范围是多少？（取）。

【解析】(1)设滑块C在传送带做匀减速运动的加速度大小为a，由乙图可知a＝1 m/s2

根据牛顿第二定律有：μmg＝ma

解得：μ＝0.1

由乙图还可知滑块C将达到与传送带共速飞离传送带做平抛运动，传送带的速度v传＝4 m/s

传送带的长度L为乙图所围成的面积，则L＝6 m

做平抛运动的时间为t，则有：H＝gt2

平抛运动水平位移x1＝v传t

落地点P与N端水平距离x，则有：x＝L＋x1

联立解得：x＝7.6 m。

(2)设滑块A与B碰后的速度为v1，滑块A、B为系统动量守恒，则有：mv0＝2mv1

滑块AB与C弹开后，滑块AB的速度为v2，滑块C的速度为v3，由乙图知v3＝5 m/s

滑块A、B、C为系统动量守恒：2mv1＝2mv2＋mv3

在这个过程中系统的能量守恒：Ep＋×2mv12＝×2mv22＋mv32

联立解得：Ep＝1 J。

(3)要使滑块C总能落至P点，即滑块C离开传送带时速度恰好与传送带的速度相等，分析可知，滑块C在传送带上一直做匀加速运动时，滑块C进入传送带的速度最小为v3′，此时滑块A与滑块B碰撞前速度最小为v0min，设滑块AB与C弹开后，滑块AB的速度为v2′，弹开前AB的速度为v1′，则有：

v传2－v3′2＝2aL

滑块A、B、C为系统动量守恒：2mv1′＝2mv2′＋mv3′

在这个过程中系统的能量守恒：Ep＋×2mv1′2＝×2mv2′2＋mv3′2

滑块A、B为系统动量守恒：mv0min＝2mv1′

解得：v0min＝2 m/s

滑块C在传送带上一直做匀减速运动时，滑块C进入传送带的速度最大为v3′′，此时滑块A与滑块B碰撞前速度最大为v0max，设滑块AB与C弹开后，滑块AB的速度为v2′′，弹开前AB的速度为v1′′，则有：

v3′′2－v传2＝2aL

滑块A、B、C为系统动量守恒：2mv1′′＝2mv2′′＋mv3′′

在这个过程中系统的能量守恒：Ep＋×2mv1′′2＝×2mv2′′2＋mv3′′2

滑块A、B为系统动量守恒：mv0max＝2mv1′′

联立解得：v0max＝7.56 m/s

滑块A与滑块B碰撞前速度范围是2 m/s≤v0≤7.56 m/s。

8．游乐场投掷游戏的简化装置如图所示，质量ma＝2 kg的球a放在高度h＝1.8 m的平台上，长木板c放在粗糙水平地面上，带凹槽的容器b锁定在c的最左端。a、b可视为质点，b的质量mb＝2 kg，c的质量为mc＝4 kg，c的上表面光滑且水平，c与地面间的动摩擦因数μ＝0.2。在某次投掷中，球a以v0＝6 m/s的速度水平抛出，同时给木板c施加一水平向左的瞬时冲力，使木板c也以速度v0＝6 m/s向左运动，球a恰好落入容器b的凹槽内并瞬间与b合为一体。取g＝10 m/s2。

(1)求球a抛出时，凹槽b与球a之间的水平距离x0；

(2)若球a落入容器b前的瞬间解除锁定，求a、b合为一体时的速度大小；

(3)若木板c长L＝3.4 m，球a落入容器b前的瞬间解除锁定，a与b合为一体后，一起向右运动。求a与b合为一体后，木板c向左滑行的距离x。

【解析】(1)a球从抛出到落到b槽内的时间

此过程中a球的水平位移

b、c一起向左匀减速运动，则加速度

在时间t内槽b的位移为

球a抛出时，凹槽b与球a之间的水平距离。

(2)球a落到槽b中之间的瞬间，槽b的速度

方向向左，设向右为正方向，球a落在槽b后，a、b合为一体时的速度大小为v2，则对a、b系统在水平方向由动量守恒定律

解得。

(3)当球a落到槽b中时木板c的速度

假设当球a落到槽b中一起滑离木板c之后，木板c才停下来，设a、b整体在木板上滑动的时间为t1，对木板c有

对a、b系统，

代入数据解得，

假设成立，此后对木板c有            

由运动学公式

木板c向左滑行的距离。

9．某同学在足够大的水平桌面上用完全相同的方形积木玩碰撞游戏。如图所示，他将B、C、D三块积木堆叠起来，然后用手指沿桌面弹射积木A、使之与积木堆中最底层的D发生正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A、D粘连，之后D从底层完全滑出，最终A全部在C下面。已知积木块的长度均为L，质量均为m，积木块与积木块、积木块与桌面间的动摩擦因数均为μ，各接触面间的滑动摩擦力均等于最大静摩擦力，重力加速度为g。

(1)D向外滑出的过程中，求B、C间是否发生相对滑动；

(2)若要将D从底层完全撞出，且最终A、C两端对齐，求A撞击D前瞬间的速度。

(3)若初始时A、D间的距离也为L，求A被弹出时的动量大小。

【解析】(1)假设B、C之间不发生相对滑动，对B、C整体，

对B，

即

恰好等于B、C之间的最大静摩擦力，故假设成立，B、C不发生相对滑动。

(2)假设A以速度碰撞D，恰好可以满足要求。碰撞过程A、D动量守恒：

此后A、D结合体以初速度v1向前减速滑行，上层2块积木一起以加速度向前加速滑行。对于A、D结合体

由第(1)问得

假设两部分经过时间达到共速，则

A、D的位移

B、C的位移

A恰好滑到B、C正下方

联立解得。

(3)设A被弹出时的初速度为v0，则根据动能定理有

又因为

所以，求得

则A被弹出时的动量大小为。

10．如图所示，金属圆管固定在水平地面上。劲度系数k＝100 N/m的弹簧一端固定于金属圆管的底部，另一端连接小圆柱体A。金属圆管壁左右两侧开有两条缝，B由小圆柱体及两侧的支柱构成，其两侧的支柱通过管壁的缝伸出金属圆管，与管壁无摩擦，静置于A上与A不粘连，A、B质量均为1 kg且都可视为质点。小圆柱体B正上方有一带圆孔的挡板（厚度不计）固定在金属圆管壁上，质量为2 kg的小圆柱体C放于圆孔上方不掉落。在B的左右支柱上始终施加竖直向上、大小为5 N的恒力F，使A、B开始运动。经过一段时间后A、B分离，分离时B未与C碰撞。分离瞬间，A被金属圆管内一卡件作用使其速度突变为零，以后此卡件不再对A和B有任何作用。B继续向上运动恰好穿过圆孔与C发生弹性碰撞，且以后每次碰撞前C均已静止在圆孔上方。已知弹簧的弹性势能Ep＝kx2（x为弹簧的形变量），重力加速度g取10 m/s2，B与A、C的碰撞时间极短且均为弹性碰撞，A、B、C运动过程中始终在竖直方向，且未与金属圆管壁接触（空气阻力不计）。求：

(1)二力开始作用瞬间，A对B的支持力的大小；

(2)A、B第一次碰撞后物体A向下运动的最大距离；

(3)与B第一次碰撞开始，A物体运动的总路程。

【解析】(1)初态时A、B均静止，有

解得

由牛顿第二定律可得，对A、B整体有：

对B有

解得。

(2)在F的作用下，A、B分离时，二者加速度相等，对A、B分别有

联立解得

两物体从开始运动到分离时上升的高度

从开始运动到A、B分离，设竖直向上为正方向，据功能关系，对A、B整体有

解得A、B分离时，B的速度

分离后，由于

B物体匀速上升至B、C碰撞，由于是弹性碰撞，据动量守恒及机械能守恒分别可得

联立解得

B向下运动，然后B、A发生弹性碰撞，有

解得：，

可知碰后二者速度互换，B静止，A从平衡位置向下运动，设A向下运动的最大距离为s1，由能量守恒定律有

可得

解得。

(3)A、B第一次碰撞后A先向下减速，再反向加速，回到原位后，与B碰撞，A、B交换速度，B再次匀速上升与C发生碰撞，然后B向下运动与A发生碰撞，二者交换速度，由碰撞结论可知碰后

解得

同理可知以后的运动情况与上面的情况类似，则归纳可得

A运动的总路程。