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拓展提升课2 动量守恒定律的应用
要点一　某一方向上的动量守恒
(1)若系统所受合力不为0,总动量不守恒,但某一方向上所受合力为0,则这个方向上的动量还是守恒的。此时应分析该方向上对应过程的初、末状态,确定该方向上初、末状态的动量。
(2)此类问题经常需要结合机械能守恒定律、动能定理或能量守恒定律等进行求解。
【例1】　如图所示,光滑水平面上静止着一质量为M的小车,小车上有一光滑的、半径为R的圆弧轨道,右侧有一固定竖直挡板。现有一质量为m的光滑小球从轨道的上端由静止开始释放,下列说法中正确的是 (　D　)
A.小球下滑过程中,小车和小球组成的系统动量守恒
B.小球下滑过程中,小车和小球组成的系统在水平方向上动量守恒
C.撤去挡板,小球下滑过程中,小车和小球组成的系统动量守恒
D.撤去挡板,小球下滑过程中,小车和小球组成的系统水平方向上动量守恒
【解析】　当小球沿光滑圆弧轨道下滑时，小球和小车组成的系统所受合力不为0，动量不守恒，A错误;小球下滑过程中，小车静止且受到挡板水平方向的弹力，即小球和小车组成的系统水平方向所受合力不为0，小车和小球组成的系统在水平方向上动量不守恒，B错误;撤去挡板，小球下滑过程中，小车和小球组成的系统所受合力不为0，动量不守恒，C错误;撤去挡板，小球下滑过程中，小车和小球组成的系统水平方向上所受合力为0，水平方向上动量守恒，D正确。
【例2】　如图所示,一质量为M的沙车,在光滑的水平面上做匀速直线运动,速度为v0,质量为m的铁球以速度v竖直向下落入沙车中,稳定后,沙车的速度为 (　A　)
A. B.
C.v0 D.
【解析】　沙车与铁球组成的系统水平方向动量守恒，则有(M+m)v=Mv0解得v=，故A正确。
要点二　应用动量守恒定律解决多物体、多过程问题
　　多物体系统是指由两个以上的物体构成的系统,如果系统满足动量守恒条件,在对问题进行分析时,既要注意系统总动量守恒,又要注意系统内部分物体的动量守恒。解决问题时应注意:
(1)灵活选取研究对象:有时需应用系统动量守恒,有时只需应用系统部分物体动量守恒。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)灵活进行运动过程的选取和分析:通常对全程进行分段分析,并找出联系各阶段的状态量。列式时有时需分过程多次应用动量守恒定律,有时只需针对初、末状态建立动量守恒的关系式。
【例3】　如图所示,光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体,斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块向斜面体推出,冰块平滑地滑上斜面体,并随即沿斜面滑下。则 (　B　)
A.小孩推出冰块过程,小孩和冰块系统动量不守恒
B.冰块在斜面体上运动过程,冰块和斜面体系统水平方向动量守恒
C.冰块从斜面体下滑过程,斜面体动量减少
D.冰块离开斜面体时的速率与冲上斜面体前的速率相等
【解析】　小孩推出冰块过程，系统所受合力为0，小孩和冰块系统动量守恒，故A错误;冰块在斜面体上运动过程，冰块和斜面体系统水平方向所受合力为0，在水平方向上动量守恒，故B正确;冰块从斜面体下滑过程，冰块对斜面体做正功，斜面体的速度增加，动量增加，故C错误;冰块在斜面体上滑和下滑过程，斜面体对冰块做负功，速度减小，冰块离开斜面体时的速率与冲上斜面体前的速率不相等，故D错误。
【例4】　如图,光滑水平轨道上放置足够长的木板A(上表面粗糙)和滑块C,mA=mC=2 kg。开始时A、C静止,质量为mB=1 kg的滑块B以v0=15 m/s的水平速度从左端滑上A,当A和B第一次达到共同速度后一起向右运动,之后A和C发生碰撞,经过一段时间,A和B再次达到共同速度后一起向右运动,且恰好不再与C碰撞。已知A、B间的动摩擦因数为0.5,g取10 m/s2,求:
(1)A、B第一次共速时的速度大小;
(2)A和C发生碰撞后瞬间A的速度大小;
(3)B相对A的滑行时间。
【答案】　(1)5 m/s　(2)2 m/s　(3)2.4 s
【解析】　(1)A和C碰撞前，A、B动量守恒，规定滑块B初速度的方向为正方向，则有(mA+mB)v1=mBv0，解得v1=5 m/s。
(2)A和C碰撞过程，A和C组成的系统动量守恒，mAv2+mCv3=mAv1，若A和B共速后一起向右运动，恰好不再与C碰撞，则最终A、B、C三者共速，设为v3，对A、B、C组成的系统由动量守恒定律得(mA+mB+mC)v3=mBv0，解得v3=3 m/s，v2=2 m/s。
(3)全程对B应用动量定理可得-μmBgt=mBv3-mBv0，解得t==2.4 s。
要点三　动量守恒中的临界问题
1.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(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。
2.动量守恒定律应用中的常见临界情形
光滑水平面上的A物体以速度v向静止的B物体运动,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
物体A以速度v0滑到静止在光滑水平面上的小车B(上表面粗糙且长度足够长)上,当物体A在小车B上滑行的距离最远时,物体A、小车B相对静止,物体A、小车B的速度必定相等
质量为M的弧形滑块静止在光滑水平面上,弧形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向弧形滑块滚来。设小球不能越过弧形滑块,则小球到达弧形滑块上的最高点(即小球竖直方向上的速度为0)时,两物体的速度一定相等
光滑水平面上的薄板A(上表面粗糙且足够长)与物块C发生碰撞后,再与物块B相互作用,最后不再相撞的临界条件是三者具有相同的速度
【例5】　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的子弹射中并且子弹嵌在其中。已知物体A的质量是物体B质量的,子弹的质量是物体B质量的,弹簧压缩到最短时B的速度为 (　C　)
A.　　B.　　C.　　D.
【解析】　设弹簧压缩到最短时，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，所受合力始终为0，故整个过程系统的动量守恒，取子弹初速度v0的方向为正方向，由动量守恒定律得(m+mA+mB)v1=mv0，又m=mB，mA=mB，故v1=，即弹簧压缩到最短时B的速度为，故C正确。
【例6】　如图所示,甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m,两船沿同一直线向同一方向运动,速度分别为2v0、v0。为避免两船相撞,乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船,甲船上的人将货物接住,求抛出货物的最小速度(不计水的阻力)。
【答案】　4v0　方向向左
【解析】　解法一:隔离分析
设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin，抛出货物后船的速度为v1，甲船上的人接到货物后船的速度为v2，取向右为正方向，由动量守恒定律得，乙船与货物:11mv1-mvmin=12mv0，甲船与货物:11mv2=10m·2v0-mvmin，避免两船相撞的临界条件是v1=v2，联立解得vmin=4v0，综上所述，乙船上的人抛出货物的最小速度为4v0，方向向左。
解法二:整体分析
选甲、乙两船、人和货物作为系统，不计水的阻力，在水平方向上无论如何扔货物，系统均不受外力作用，系统满足动量守恒的条件，设抛出货物的最小速度为vmin，取向右的方向为正方向，由动量守恒定律得10m·2v0+12mv0=(10m+m)v1+(12m-m)v2，避免两船相撞的临界条件是v1=v2，联立化简得16mv0=11mv1，选乙船、人和货物作为系统，由动量守恒定律得12mv0=(12m-m)v2-mvmin，联立解得vmin=4v0，综上所述，乙船上的人抛出货物的最小速度为4v0，方向向左。
1.如图所示,质量为0.5 kg的小球在距离车内上表面高20 m处以一定的初速度v0向左平抛,落在以速度7.5 m/s沿光滑水平面向右匀速行驶的小车中,车内上表面涂有一层油泥,车与油泥的总质量为4 kg,设小球在落到车底前瞬间速度大小是25 m/s,g取10 m/s2,不计空气阻力,则当小球与小车相对静止时,小车的速度是 (　A　)
A.5 m/s B.4 m/s
C.8.5 m/s D.9.5 m/s
解析：小球抛出后做平抛运动，根据动能定理得mgh=mv2-m，代入数据解得v0=15 m/s。小球和小车作用过程中，水平方向动量守恒，规定向右为正方向，则有(M+m)v'=-mv0+Mv1，解得v'=5 m/s，故A正确。
2.如图所示,两根绝缘细线分别系住a、b两个带电小球,并悬挂在O点,两小球质量分别为ma和mb。当两个小球静止时,它们处在同一水平面上,两细线与竖直方向间夹角分别为30°和60°,现将两细线同时剪断,不计空气阻力,两小球可视为质点,下列说法正确的是 (　B　)
A.maB.落地时a、b两球水平位移大小之比为1︰3
C.剪断细线后两球整体的机械能守恒
D.a球落地时的速率大于b球落地时的速率
解析：由受力平衡可知，水平方向mag·tan 30°=mbgtan 60°，可得ma=3mb，故A错误;两球水平方向受合力为0，则动量守恒有mavx1=mbvx2，即max1=mbx2，x2=3x1，故B正确;下落过程两球间的静电力做正功，整体机械能增大，故C错误;落地时两球竖直分速度相同，a球水平分速度更小，故落地时a球速率更小，故D错误。
3.在光滑水平面上A、B两小车中间有一弹簧,如图所示,用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态,将小车及弹簧看成一个系统,下列说法中正确的是 (　D　)
A.两手同时放开后,系统总动量不为0
B.先放开左手,再放开右手后,总动量向右
C.先放开右手,再放开左手后,总动量向左
D.无论先放哪只手,在两手都放开后,系统总动量总是守恒的
解析：两手同时放开后，系统在水平方向不受外力作用，根据动量守恒定律，系统总动量守恒。因为系统初始总动量为0，所以系统总动量始终为0，故A错误。先放开左手，此时系统受到右手的作用力，系统动量不守恒。再放开右手后，系统在水平方向不受外力，动量守恒。由于先放开左手时，A车会向左运动，有向左的动量，之后再放开右手，系统总动量向左，故B错误。先放开右手，此时系统受到左手的作用力，系统动量不守恒。再放开左手后，系统在水平方向不受外力，动量守恒。由于先放开右手时，B车会向右运动，有向右的动量，之后再放开左手，系统总动量向右，故C错误。无论先放哪只手，在两手都放开后，系统在水平方向不受外力作用，满足动量守恒的条件，系统总动量总是守恒的，故D正确。
4.(多选)如图(a)所示,在光滑的水平面上有甲、乙两车,质量为30 kg的小孩乘甲车以5 m/s的速度水平向右匀速运动,甲车的质量为15 kg,乙车静止于甲车滑行的前方。两车碰撞前后的位置随时间变化的图像如图(b)所示,下列说法中正确的是 (　BD　)
A.乙车的质量为60 kg
B.乙车的质量为90 kg
C.为避免两车相撞,小孩最少以 m/s的速度(相对于地面)从甲车跳到乙车
D.为避免两车相撞,小孩最少以 m/s的速度(相对于地面)从甲车跳到乙车
解析：根据x-t图像的斜率等于速度，由题图可知，碰撞前甲车的速度为v0= m/s=5 m/s，碰撞后甲车的速度为v1= m/s=-1 m/s，负号表示方向向左;碰后乙车的速度为v2= m/s=3 m/s，甲、乙两车碰撞过程中，三者组成的系统水平方向动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律有(m人+m甲)v1+m乙v2=(m人+m甲)v0，代入数据解得m乙=90 kg，故A错误，B正确;设人以相对地面的速度v人跳向乙车，取向右为正方向，由动量守恒定律得人跳离甲车过程，有m人v人+m甲v3=(m人+m甲)v0，人跳上乙车过程，有(m人+m乙)v4=m人v人，为避免两车相撞，应满足v3≤v4，取“=”时，人跳离甲车的速度最小，代入数据解得v人= m/s，故C错误，D正确。
课时作业5
(总分:60分)
1.(5分)如图所示,光滑的水平面上,质量为m的物体A置于质量为M的斜面体B上,斜面体的倾角为θ,A沿斜面体以速度v0由底端向上运动。若A刚好到达斜面体顶端,且A、B具有共同速度,若不计A、B间的摩擦,则A到达顶端时速度的大小为 (　B　)
A. B.
C. D.
解析：由题意知，A、B系统在水平方向动量守恒，A到达顶端时，A和斜面体只有水平方向的速度，即(M+m)v=mv0cos θ，所以v=，故选B。
2.(5分)如图,质量相等的小球和小环用不可伸长的轻绳相连,小环套在光滑固定的水平细杆上,初始时刻小球在小环的左下方,绳子拉直,由静止释放,不计空气阻力,则 (　C　)
A.小球和小环组成的系统,动量守恒
B.小球和小环组成的系统,机械能不守恒
C.小球摆到最低点过程中,小球的机械能减少
D.小球向右摆到最高点的高度比释放高度低
解析：由于小环套在光滑固定的水平细杆上，小球和小环组成的系统在水平方向上动量守恒，在竖直方向上所受合力不为0，有加速度，竖直方向上动量不守恒，故A错误;小球和小环组成的系统在运动过程中只有重力做功，因此它们组成的系统机械能守恒，故B错误;小球摆到最低点过程中，小环的机械能增大，系统机械能守恒，所以小球的机械能减少，故C正确;小球向右摆到最高点时，小球和小环的速度相同，设为v，取水平向右为正方向，由系统水平方向动量守恒得0=2mv，解得v=0，根据系统机械能守恒可知，小球向右摆到最高点的高度和释放点的高度相同，故D错误。
3.(5分)如图所示,质量为m的人立于平板车上,人与车的总质量为M,人与车以速度v1在光滑水平面上向东运动。当此人相对于车以速度v2竖直跳起时,车的速度变为 (　D　)
A.,向东 B.,向东
C.,向东 D.v1,向东
解析：人和车组成的系统，在水平方向上所受合力等于0，系统在水平方向上动量守恒。设车的速度v1的方向为正方向，选地面为参考系，初态车和人的总动量为Mv1，末态车的动量为(M-m)v，因为人在竖直跳起时水平方向上没有受到外力，其水平动量保持不变，人在水平方向上对地的动量仍为mv1，则有(M-m)v+mv1=Mv1，解得v=v1，故选D。
4.(5分)如图所示,在光滑的水平地面上有一辆平板车,车的两端分别站着人A和B,A的质量为mA,B的质量为mB,mA>mB,最初人和车都处于静止状态,现在,两人同时由静止开始相向而行,A和B对地面的速度大小相等,则车 (　D　)
A.静止不动 B.左右往返运动
C.向右运动 D.向左运动
解析：两人与平板车组成的系统动量守恒，开始时系统动量为0，两人以大小相等的速度相向运动，A的质量大于B的质量，则A的动量大于B的动量，A、B的总动量方向与A的动量方向相同，即向右，要保证系统动量守恒，系统总动量为0，则平板车应向左运动。故选D。
5.(5分)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 (　B　)
A.v0　　 B.　　C.　　D.
解析：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5mv=mv0，得v=v0，即它们最后的速度为，B正确。
6.(5分)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,与半圆槽相切自A点进入槽内,并从C点飞出,则以下结论中正确的是 (　C　)
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
解析：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小球做圆周运动，小球和槽组成的系统在水平方向上所受合力不为0，动量不守恒;小球从B到C运动的过程中，槽向右运动，系统在水平方向上所受合力为0，动量守恒，槽的支持力对小球做功，小球的机械能不守恒，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。
7.(5分)(多选)如图所示,两条形磁体各固定在甲、乙两小车上,它们能在水平面上无摩擦地运动,甲车与磁体的总质量为2 kg,乙车与磁体的总质量为1 kg,两磁体N极相对,现使两车在同一直线上相向运动,某时刻甲车的速度为4 m/s,乙车的速度为6 m/s,可以看到它们没有相碰就分开了,下列说法正确的是 (　AC　)
A.乙车开始反向时,甲车的速度为1 m/s,方向不变
B.两车相距最近时,乙车的速度为0
C.两车相距最近时,乙车的速度约为0.67 m/s,与乙车原来的速度方向相反
D.甲车对乙车的冲量与乙车对甲车的冲量相同
解析：乙车开始反向时速度为0，根据动量守恒定律得m甲v'甲=m甲v甲-m乙v乙(取向右为正方向)，代入数据有v'甲=1 m/s，A正确;当两车速度相同时，相距最近，设共同速度为v共，则有(m甲+m乙)v共=m甲v甲-m乙v乙(取向右为正方向)，代入数据有v共≈0.67 m/s，水平向右，与乙车原来的速度方向相反，B错误，C正确;甲对乙的力与乙对甲的力是一对作用力与反作用力，方向相反，则它们的冲量方向相反，故甲对乙的冲量与乙对甲的冲量不相同，D错误。
8.(5分)如图所示,一个小孩将质量为m1的石头以大小为v0、与水平方向成θ角的初速度抛入一个装有沙子的总质量为M的静止的沙车中,且初始时石头与沙子在同一水平面,不计空气阻力,沙车与水平地面间的摩擦可以忽略。石头和沙车获得共同速度后,沙车底部出现一小孔,沙子从小孔中漏出,则 (　A　)
A.石头和沙车的共同速度v=
B.石头和沙车获得共同速度后漏沙过程中系统动量守恒
C.沙子漏出后做直线运动,水平方向的速度变小
D.当漏出质量为m2的沙子时,沙车的速度v'=
解析：石头与沙车组成的系统在水平方向所受合力为0，系统在水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得(M+m1)v=m1v0cos θ，解得石头与沙车的共同速度v=，故A正确;石头和沙车获得共同速度后漏沙过程中系统所受合力不为0，系统动量不守恒，故B错误;沙子漏出后在水平方向有初速度，只受重力作用，沙子做平抛运动，在水平方向的速度不变，故C错误;当漏出质量为m2的沙子时沙车的速度为v'，沙子漏出后做平抛运动，水平方向速度仍为v，有m2v+(M+m1-m2)v'=(M+m1)v，得沙车的速度v'=v=，故D错误。
9.(5分)如图所示,三辆相同的平板小车a、b、c成一直线排列,静止在光滑水平地面上。c车上一个小孩跳到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车上没有走动便相对a车保持静止,此后 (　B　)
A.a、c两车的运动速率相等
B.a、c两车的运动方向一定相反
C.a、b两车的运动速率相等
D.三辆车的运动速率关系为vc>vb>va
解析：取水平向左为正方向，设平板小车质量为M车，小孩质量为m小孩，若小孩跳离b、c车时速度为v，由动量守恒定律，小孩跳离c车的过程，有0=-M车vc+m小孩v，小孩跳上和跳离b车的过程，有-M车vb+m小孩v=m小孩v，小孩跳上a车过程，有(M车+m小孩)va=m小孩v，所以vc=，方向向右，vb=0，va=，方向向左，即vc>va>vb，并且vc与va方向相反。故选B。
10.(10分)如图所示,光滑水平地面上依次放置着质量m=0.08 kg的10块完全相同的长直木板。一质量M=1.0 kg、大小可忽略的铜块以初速度v0=6.0 m/s从长木板左侧滑上木板,当铜块滑离第一块木板时,速度大小为v1=4.0 m/s,铜块最终停在第二块木板上。重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)第一块木板的最终速度;
(2)铜块的最终速度(结果保留两位有效数字)。
答案：(1)2.5 m/s，方向与铜块初速度方向相同
(2)3.4 m/s，方向与铜块初速度方向相同
解析：(1)铜块和10块木板组成的系统在水平方向上不受外力，所以在水平方向上动量守恒，当铜块刚滑到第二块木板上时，设第一块木板的速度为v2，由动量守恒定律得Mv0=Mv1+10mv2，解得v2=2.5 m/s，方向与铜块初速度方向相同。
(2)由题可知铜块最终停在第二块木板上，设最终速度为v3，对铜块与后面9块木板组成的系统，由动量守恒定律得Mv1+9mv2=(M+9m)v3，解得v3≈3.4 m/s，方向与铜块初速度方向相同。
11.(5分)(多选)如图所示,在光滑的水平冰面上,一个坐在冰车上的人手扶一球静止在冰面上。人和冰车的总质量M=40 kg,球的质量m=5 kg。某时刻人将球以相对于地面v0=4 m/s的水平速度向前方固定竖直挡板推出,球与挡板碰撞后速度大小不变,人接住球后再以同样的速度将球推出(假设人、球、冰车共速后才推球),直到人不能再接到球,下列说法正确的是 (　ACD　)
A.人第1次推球时,人、冰车、球组成的系统动量守恒
B.人第1次推球直到不能再接到球,人、冰车、球组成的系统动量守恒
C.人第1次接到球后,人、球、冰车共同的速度大小为 m/s
D.人第5次将球推出后将不再接到球
解析：人第1次推球时(小球未与挡板接触)，人、冰车和球组成的系统所受的合力为0，系统动量守恒，故A正确;球与挡板碰撞过程，挡板的作用力对系统有冲量，即系统所受合力不为0，人、冰车和球组成的系统动量不守恒，故B错误;设人第1次推出球后冰车的速度为v1，取水平向右为正方向，由动量守恒定律Mv1-mv0=0，得v1=，人第1次接球后的速度设为v共1，由Mv1+mv0=(M+m)v共1，联立可得v共1== m/s，故C正确;人第2次推出球后冰车的速度为v2，则(M+m)v共1=Mv2-mv0，则v2=，…，由数列归纳法得第n次推出球后人和冰车速度
v车=(n=1，2，3，…)，若要人不再接到球，要满足v车≥v0，代入数据得n≥4.5，则人第5次将球推出后将不再接到球，故D正确。(共52张PPT)
第一章　动量守恒定律
拓展提升课２　动量守恒定律的应用
核心要点 点点过
1
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即时演练 堂堂清
2
课时作业5
3
核心要点 点点过
(1)若系统所受合力不为0,总动量不守恒,但某一方向上所受合力为0,则这个方向上的动量还是守恒的。此时应分析该方向上对应过程的初、末状态,确定该方向上初、末状态的动量。
(2)此类问题经常需要结合机械能守恒定律、动能定理或能量守恒定律等进行求解。
要点一　某一方向上的动量守恒
【例1】　如图所示,光滑水平面上静止着一质量为M的小车,小车上有一光滑的、半径为R的圆弧轨道,右侧有一固定竖直挡板。现有一质量为m的光滑小球从轨道的上端由静止开始释放,下列说法中正确的是(　　)
A.小球下滑过程中,小车和小球组成的系统动量守恒
B.小球下滑过程中,小车和小球组成的系统在水平方向上动量守恒
C.撤去挡板,小球下滑过程中,小车和小球组成的系统动量守恒
D.撤去挡板,小球下滑过程中,小车和小球组成的系统水平方向上动量守恒
D
【解析】　当小球沿光滑圆弧轨道下滑时，小球和小车组成的系统所受合力不为0，动量不守恒，A错误;小球下滑过程中，小车静止且受到挡板水平方向的弹力，即小球和小车组成的系统水平方向所受合力不为0，小车和小球组成的系统在水平方向上动量不守恒，B错误;撤去挡板，小球下滑过程中，小车和小球组成的系统所受合力不为0，动量不守恒，C错误;撤去挡板，小球下滑过程中，小车和小球组成的系统水平方向上所受合力为0，水平方向上动量守恒，D正确。
【例2】　如图所示,一质量为M的沙车,在光滑的水平面上做匀速直线运动,速度为v0,质量为m的铁球以速度v竖直向下落入沙车中,稳定后,沙车的速度为 (　　)
A. B.
C.v0 D.
【解析】　沙车与铁球组成的系统水平方向动量守恒，则有(M+m)v=Mv0解得v=，故A正确。
A
　　多物体系统是指由两个以上的物体构成的系统,如果系统满足动量守恒条件,在对问题进行分析时,既要注意系统总动量守恒,又要注意系统内部分物体的动量守恒。解决问题时应注意:
(1)灵活选取研究对象:有时需应用系统动量守恒,有时只需应用系统部分物体动量守恒。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)灵活进行运动过程的选取和分析:通常对全程进行分段分析,并找出联系各阶段的状态量。列式时有时需分过程多次应用动量守恒定律,有时只需针对初、末状态建立动量守恒的关系式。
要点二　应用动量守恒定律解决多物体、多过程问题
【例3】　如图所示,光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体,斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块向斜面体推出,冰块平滑地滑上斜面体,并随即沿斜面滑下。则 (　 　)
A.小孩推出冰块过程,小孩和冰块系统动量不守恒
B.冰块在斜面体上运动过程,冰块和斜面体系统水平方向动量守恒
C.冰块从斜面体下滑过程,斜面体动量减少
D.冰块离开斜面体时的速率与冲上斜面体前的速率相等
B
【解析】　小孩推出冰块过程，系统所受合力为0，小孩和冰块系统动量守恒，故A错误;冰块在斜面体上运动过程，冰块和斜面体系统水平方向所受合力为0，在水平方向上动量守恒，故B正确;冰块从斜面体下滑过程，冰块对斜面体做正功，斜面体的速度增加，动量增加，故C错误;冰块在斜面体上滑和下滑过程，斜面体对冰块做负功，速度减小，冰块离开斜面体时的速率与冲上斜面体前的速率不相等，故D错误。
【例4】　如图,光滑水平轨道上放置足够长的木板A(上表面粗糙)和滑块C,mA=mC=2 kg。开始时A、C静止,质量为mB=1 kg的滑块B以v0=15 m/s的水平速度从左端滑上A,当A和B第一次达到共同速度后一起向右运动,之后A和C发生碰撞,经过一段时间,A和B再次达到共同速度后一起向右运动,且恰好不再与C碰撞。已知A、B间的动摩擦因数为0.5,g取10 m/s2,求:
(1)A、B第一次共速时的速度大小;
【答案】　(1)5 m/s　
【解析】　(1)A和C碰撞前，A、B动量守恒，规定滑块B初速度的方向为正方向，则有(mA+mB)v1=mBv0，解得v1=5 m/s。
(2)A和C发生碰撞后瞬间A的速度大小;
【答案】　(2)2 m/s　
【解析】　(2)A和C碰撞过程，A和C组成的系统动量守恒，mAv2+mCv3=mAv1，若A和B共速后一起向右运动，恰好不再与C碰撞，则最终A、B、C三者共速，设为v3，对A、B、C组成的系统由动量守恒定律得(mA+mB+mC)v3=mBv0，解得v3=3 m/s，v2=2 m/s。
(3)B相对A的滑行时间。
【答案】　(3)2.4 s
【解析】　(3)全程对B应用动量定理可得-μmBgt=mBv3-mBv0，解得t==2.4 s。
1.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(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。
要点三　动量守恒中的临界问题
2.动量守恒定律应用中的常见临界情形
光滑水平面上的A物体以速度v向静止的B物体运动,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
物体A以速度v0滑到静止在光滑水平面上的小车B(上表面粗糙且长度足够长)上,当物体A在小车B上滑行的距离最远时,物体A、小车B相对静止,物体A、小车B的速度必定相等
质量为M的弧形滑块静止在光滑水平面上,弧形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向弧形滑块滚来。设小球不能越过弧形滑块,则小球到达弧形滑块上的最高点(即小球竖直方向上的速度为0)时,两物体的速度一定相等
光滑水平面上的薄板A(上表面粗糙且足够长)与物块C发生碰撞后,再与物块B相互作用,最后不再相撞的临界条件是三者具有相同的速度
【例5】　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的子弹射中并且子弹嵌在其中。已知物体A的质量是物体B质量的,子弹的质量是物体B质量的,弹簧压缩到最短时B的速度为(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
C
【解析】　设弹簧压缩到最短时，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，所受合力始终为0，故整个过程系统的动量守恒，取子弹初速度v0的方向为正方向，由动量守恒定律得(m+mA+mB)v1=mv0，又m=mB，mA=mB，故v1=，即弹簧压缩到最短时B的速度为，故C正确。
【例6】　如图所示,甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m,两船沿同一直线向同一方向运动,速度分别为2v0、v0。为避免两船相撞,乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船,甲船上的人将货物接住,求抛出货物的最小速度(不计水的阻力)。
【答案】　4v0　方向向左
【解析】　解法一:隔离分析
设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin，抛出货物后船的速度为v1，甲船上的人接到货物后船的速度为v2，取向右为正方向，由动量守恒定律得，乙船与货物:11mv1-mvmin=12mv0，甲船与货物:11mv2=10m·2v0-mvmin，避免两船相撞的临界条件是v1=v2，联立解得vmin=4v0，综上所述，乙船上的人抛出货物的最小速度为4v0，方向向左。
解法二:整体分析
选甲、乙两船、人和货物作为系统，不计水的阻力，在水平方向上无论如何扔货物，系统均不受外力作用，系统满足动量守恒的条件，设抛出货物的最小速度为vmin，取向右的方向为正方向，由动量守恒定律得10m·2v0+12mv0=(10m+m)v1+(12m-m)v2，避免两船相撞的临界条件是v1=v2，联立化简得16mv0=11mv1，选乙船、人和货物作为系统，由动量守恒定律得12mv0=(12m-m)v2-mvmin，联立解得vmin=4v0，综上所述，乙船上的人抛出货物的最小速度为4v0，方向向左。
即时演练 堂堂清
1.如图所示,质量为0.5 kg的小球在距离车内上表面高20 m处以一定的初速度v0向左平抛,落在以速度7.5 m/s沿光滑水平面向右匀速行驶的小车中,车内上表面涂有一层油泥,车与油泥的总质量为4 kg,设小球在落到车底前瞬间速度大小是25 m/s,g取10 m/s2,不计空气阻力,则当小球与小车相对静止时,小车的速度是 (　　)
A.5 m/s B.4 m/s
C.8.5 m/s D.9.5 m/s
解析：小球抛出后做平抛运动，根据动能定理得mgh=mv2-m，代入数据解得v0=15 m/s。小球和小车作用过程中，水平方向动量守恒，规定向右为正方向，则有(M+m)v'=-mv0+Mv1，解得v'=5 m/s，故A正确。
A
2.如图所示,两根绝缘细线分别系住a、b两个带电小球,并悬挂在O点,两小球质量分别为ma和mb。当两个小球静止时,它们处在同一水平面上,两细线与竖直方向间夹角分别为30°和60°,现将两细线同时剪断,不计空气阻力,两小球可视为质点,下列说法正确的是 (　　)
A.maB.落地时a、b两球水平位移大小之比为1︰3
C.剪断细线后两球整体的机械能守恒
D.a球落地时的速率大于b球落地时的速率
B
解析：由受力平衡可知，水平方向mag·tan 30°=mbgtan 60°，可得ma=3mb，故A错误;两球水平方向受合力为0，则动量守恒有mavx1=mbvx2，即max1=mbx2，x2=3x1，故B正确;下落过程两球间的静电力做正功，整体机械能增大，故C错误;落地时两球竖直分速度相同，a球水平分速度更小，故落地时a球速率更小，故D错误。
3.在光滑水平面上A、B两小车中间有一弹簧,如图所示,用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态,将小车及弹簧看成一个系统,下列说法中正确的是 (　　)
A.两手同时放开后,系统总动量不为0
B.先放开左手,再放开右手后,总动量向右
C.先放开右手,再放开左手后,总动量向左
D.无论先放哪只手,在两手都放开后,系统总动量总是守恒的
D
解析：两手同时放开后，系统在水平方向不受外力作用，根据动量守恒定律，系统总动量守恒。因为系统初始总动量为0，所以系统总动量始终为0，故A错误。先放开左手，此时系统受到右手的作用力，系统动量不守恒。再放开右手后，系统在水平方向不受外力，动量守恒。由于先放开左手时，A车会向左运动，有向左的动量，之后再放开右手，系统总动量向左，故B错误。先放开右手，此时系统受到左手的作用力，系统动量不守恒。再放开左手后，系统在水平方向不受外力，动量守恒。由于先放开右手时，B车会向右运动，有向右的动量，之后再放开左手，系统总动量向右，故C错误。无论先放哪只手，在两手都放开后，系统在水平方向不受外力作用，满足动量守恒的条件，系统总动量总是守恒的，故D正确。
4.(多选)如图(a)所示,在光滑的水平面上有甲、乙两车,质量为30 kg的小孩乘甲车以5 m/s的速度水平向右匀速运动,甲车的质量为15 kg,乙车静止于甲车滑行的前方。两车碰撞前后的位置随时间变化的图像如图(b)所示,下列说法中正确的是 (　 　)

A.乙车的质量为60 kg
B.乙车的质量为90 kg
C.为避免两车相撞,小孩最少以 m/s的速度(相对于地面)从甲车跳到乙车
D.为避免两车相撞,小孩最少以 m/s的速度(相对于地面)从甲车跳到乙车
BD
解析：根据x-t图像的斜率等于速度，由题图可知，碰撞前甲车的速度为v0= m/s=5 m/s，碰撞后甲车的速度为v1= m/s=-1 m/s，负号表示方向向左;碰后乙车的速度为v2= m/s=3 m/s，甲、乙两车碰撞过程中，三者组成的系统水平方向动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律有(m人+m甲)v1+m乙v2=(m人+m甲)v0，代入数据解得m乙=90 kg，故A错误，B正确;设人以相对地面的速度v人跳向乙车，取向右为正方向，由动量守恒定律得人跳离甲车过程，有m人v人+m甲v3=(m人+m甲)v0，人跳上乙车过程，有
(m人+m乙)v4=m人v人，为避免两车相撞，应满足v3≤v4，取“=”时，人跳离甲车的速度最小，代入数据解得v人= m/s，故C错误，D正确。
课时作业5

1.(5分)如图所示,光滑的水平面上,质量为m的物体A置于质量为M的斜面体B上,斜面体的倾角为θ,A沿斜面体以速度v0由底端向上运动。若A刚好到达斜面体顶端,且A、B具有共同速度,若不计A、B间的摩擦,则A到达顶端时速度的大小为(　　)
A. B.
C. D.
B
解析：由题意知，A、B系统在水平方向动量守恒，A到达顶端时，A和斜面体只有水平方向的速度，即(M+m)v=mv0cos θ，所以v=，故选B。
2.(5分)如图,质量相等的小球和小环用不可伸长的轻绳相连,小环套在光滑固定的水平细杆上,初始时刻小球在小环的左下方,绳子拉直,由静止释放,不计空气阻力,则 (　　)
A.小球和小环组成的系统,动量守恒
B.小球和小环组成的系统,机械能不守恒
C.小球摆到最低点过程中,小球的机械能减少
D.小球向右摆到最高点的高度比释放高度低
C
解析：由于小环套在光滑固定的水平细杆上，小球和小环组成的系统在水平方向上动量守恒，在竖直方向上所受合力不为0，有加速度，竖直方向上动量不守恒，故A错误;小球和小环组成的系统在运动过程中只有重力做功，因此它们组成的系统机械能守恒，故B错误;小球摆到最低点过程中，小环的机械能增大，系统机械能守恒，所以小球的机械能减少，故C正确;小球向右摆到最高点时，小球和小环的速度相同，设为v，取水平向右为正方向，由系统水平方向动量守恒得0=2mv，解得v=0，根据系统机械能守恒可知，小球向右摆到最高点的高度和释放点的高度相同，故D错误。
3.(5分)如图所示,质量为m的人立于平板车上,人与车的总质量为M,人与车以速度v1在光滑水平面上向东运动。当此人相对于车以速度v2竖直跳起时,车的速度变为 (　　)
A.,向东 B.,向东
C.,向东 D.v1,向东
D
解析：人和车组成的系统，在水平方向上所受合力等于0，系统在水平方向上动量守恒。设车的速度v1的方向为正方向，选地面为参考系，初态车和人的总动量为Mv1，末态车的动量为(M-m)v，因为人在竖直跳起时水平方向上没有受到外力，其水平动量保持不变，人在水平方向上对地的动量仍为mv1，则有(M-m)v+mv1=Mv1，解得v=v1，故选D。
4.(5分)如图所示,在光滑的水平地面上有一辆平板车,车的两端分别站着人A和B,A的质量为mA,B的质量为mB,mA>mB,最初人和车都处于静止状态,现在,两人同时由静止开始相向而行,A和B对地面的速度大小相等,则车 (　　)
A.静止不动
B.左右往返运动
C.向右运动
D.向左运动
D
解析：两人与平板车组成的系统动量守恒，开始时系统动量为0，两人以大小相等的速度相向运动，A的质量大于B的质量，则A的动量大于B的动量，A、B的总动量方向与A的动量方向相同，即向右，要保证系统动量守恒，系统总动量为0，则平板车应向左运动。故选D。
5.(5分)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 (　　)
A.v0　　 B.　　C.　　D.
解析：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5mv=mv0，得v=v0，即它们最后的速度为，B正确。
B
6.(5分)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,与半圆槽相切自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
C
解析：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小球做圆周运动，小球和槽组成的系统在水平方向上所受合力不为0，动量不守恒;小球从B到C运动的过程中，槽向右运动，系统在水平方向上所受合力为0，动量守恒，槽的支持力对小球做功，小球的机械能不守恒，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。
7.(5分)(多选)如图所示,两条形磁体各固定在甲、乙两小车上,它们能在水平面上无摩擦地运动,甲车与磁体的总质量为2 kg,乙车与磁体的总质量为1 kg,两磁体N极相对,现使两车在同一直线上相向运动,某时刻甲车的速度为4 m/s,乙车的速度为6 m/s,可以看到它们没有相碰就分开了,下列说法正确的是 (　 　)
A.乙车开始反向时,甲车的速度为1 m/s,方向不变
B.两车相距最近时,乙车的速度为0
C.两车相距最近时,乙车的速度约为0.67 m/s,与乙车原来的速度方向相反
D.甲车对乙车的冲量与乙车对甲车的冲量相同
AC
解析：乙车开始反向时速度为0，根据动量守恒定律得m甲v'甲=m甲v甲-
m乙v乙(取向右为正方向)，代入数据有v'甲=1 m/s，A正确;当两车速度相同时，相距最近，设共同速度为v共，则有(m甲+m乙)v共=m甲v甲-m乙v乙(取向右为正方向)，代入数据有v共≈0.67 m/s，水平向右，与乙车原来的速度方向相反，B错误，C正确;甲对乙的力与乙对甲的力是一对作用力与反作用力，方向相反，则它们的冲量方向相反，故甲对乙的冲量与乙对甲的冲量不相同，D错误。

8.(5分)如图所示,一个小孩将质量为m1的石头以大小为v0、与水平方向成θ角的初速度抛入一个装有沙子的总质量为M的静止的沙车中,且初始时石头与沙子在同一水平面,不计空气阻力,沙车与水平地面间的摩擦可以忽略。石头和沙车获得共同速度后,沙车底部出现一小孔,沙子从小孔中漏出,则(　　)
A.石头和沙车的共同速度v=
B.石头和沙车获得共同速度后漏沙过程中系统动量守恒
C.沙子漏出后做直线运动,水平方向的速度变小
D.当漏出质量为m2的沙子时,沙车的速度v'=
A
解析：石头与沙车组成的系统在水平方向所受合力为0，系统在水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得(M+m1)v=m1v0cos θ，解得石头与沙车的共同速度v=，故A正确;石头和沙车获得共同速度后漏沙过程中系统所受合力不为0，系统动量不守恒，故B错误;沙子漏出后在水平方向有初速度，只受重力作用，沙子做平抛运动，在水平方向的速度不变，故C错误;当漏出质量为m2的沙子时沙车的速度为v'，沙子漏出后做平抛运动，水平方向速度仍为v，有m2v+(M+m1-m2)v'=(M+m1)v，得沙车的速度v'=v=，故D错误。
9.(5分)如图所示,三辆相同的平板小车a、b、c成一直线排列,静止在光滑水平地面上。c车上一个小孩跳到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车上没有走动便相对a车保持静止,此后 (　　)
A.a、c两车的运动速率相等
B.a、c两车的运动方向一定相反
C.a、b两车的运动速率相等
D.三辆车的运动速率关系为vc>vb>va
B
解析：取水平向左为正方向，设平板小车质量为M车，小孩质量为m小孩，若小孩跳离b、c车时速度为v，由动量守恒定律，小孩跳离c车的过程，有0=-M车vc+m小孩v，小孩跳上和跳离b车的过程，有-M车vb+m小孩v=m小孩v，小孩跳上a车过程，有(M车+m小孩)va=m小孩v，所以vc=，方向向右，vb=0，va=，方向向左，即vc>va>vb，并且vc与va方向相反。故选B。
10.(10分)如图所示,光滑水平地面上依次放置着质量m=0.08 kg的10块完全相同的长直木板。一质量M=1.0 kg、大小可忽略的铜块以初速度v0=6.0 m/s从长木板左侧滑上木板,当铜块滑离第一块木板时,速度大小为v1=4.0 m/s,铜块最终停在第二块木板上。重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)第一块木板的最终速度;
答案：(1)2.5 m/s，方向与铜块初速度方向相同
解析：(1)铜块和10块木板组成的系统在水平方向上不受外力，所以在水平方向上动量守恒，当铜块刚滑到第二块木板上时，设第一块木板的速度为v2，由动量守恒定律得Mv0=Mv1+10mv2，解得v2=2.5 m/s，方向与铜块初速度方向相同。
(2)铜块的最终速度(结果保留两位有效数字)。
答案：(2)3.4 m/s，方向与铜块初速度方向相同
解析：(2)由题可知铜块最终停在第二块木板上，设最终速度为v3，对铜块与后面9块木板组成的系统，由动量守恒定律得Mv1+9mv2=(M+9m)v3，解得v3≈3.4 m/s，方向与铜块初速度方向相同。
11.(5分)(多选)如图所示,在光滑的水平冰面上,一个坐在冰车上的人手扶一球静止在冰面上。人和冰车的总质量M=40 kg,球的质量m=5 kg。某时刻人将球以相对于地面v0=4 m/s的水平速度向前方固定竖直挡板推出,球与挡板碰撞后速度大小不变,人接住球后再以同样的速度将球推出(假设人、球、冰车共速后才推球),直到人不能再接到球,下列说法正确的是 (　　　　　)
A.人第1次推球时,人、冰车、球组成的系统动量守恒
B.人第1次推球直到不能再接到球,人、冰车、球组成的系统动量守恒
C.人第1次接到球后,人、球、冰车共同的速度大小为 m/s
D.人第5次将球推出后将不再接到球
ACD
解析：人第1次推球时(小球未与挡板接触)，人、冰车和球组成的系统所受的合力为0，系统动量守恒，故A正确;球与挡板碰撞过程，挡板的作用力对系统有冲量，即系统所受合力不为0，人、冰车和球组成的系统动量不守恒，故B错误;设人第1次推出球后冰车的速度为v1，取水平向右为正方向，由动量守恒定律Mv1-mv0=0，得v1=，人第1次接球后的速度设为v共1，由Mv1+mv0=(M+m)v共1，联立可得v共1== m/s，故C正确;人第2次推出球后冰车的速度为v2，则(M+m)v共1=Mv2-mv0，则v2=，…，由数列归纳法得第n次推出球后人和冰车速度v车=(n=1，2，3，…)，若要人不再接到球，要满足v车≥v0，代入数据得n≥4.5，则人第5次将球推出后将不再接到球，故D正确。
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