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第24讲 动量守恒定律及其应用 (原卷版)
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一、动量守恒定律
1．内容：如果一个系统　　　　，或者　　　　　　　　　　，这个系统的总动量保持不变。
2．常用的四种表达式
(1)p＝　　，系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p′。
(2)m1v1＋m2v2＝　　　　　　　2，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。
(3)Δp1＝　　　，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。
(4)Δp＝0，系统总动量的增量为零。
3．动量守恒定律的适用条件
(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力　　。
(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力　　　　它所受到的外力。
(3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在　　　　　　动量守恒
二、碰撞、爆炸与反冲
1．碰撞
(1)碰撞现象：两个或两个以上的物体在相遇的　　时间内产生　　　的相互作用的过程。
(2)碰撞特征
①作用时间　；
②作用力变化　；
③内力　　　外力；
④满足　　　　。
(3)碰撞的分类及特点
①弹性碰撞：动量　　，机械能　　恒；
②非弹性碰撞：动量　　，机械能　　　；
③完全非弹性碰撞：动量　　，机械能损失　　。
2．爆炸现象
爆炸过程中内力远大于外力，爆炸的各部分组成的系统总动量　　。
3．反冲运动
(1)物体在内力作用下分裂为两个不同部分并且这两部分并且为两部分向　　方向运动的现象。
(2)反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用　　　　定律来处理。
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1．如图所示，A、B两物体质量之比mA∶mB＝3∶2，原来静止在平板小车C上。A、B间
有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则下列说法中不正确的是(　　)
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A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统动量守恒
B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统动量守恒
C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统动量守恒
D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统动量守恒
2．(2019·福建泉州高三质检)“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹声响是辞旧迎新的标志，是喜庆心情的流露．有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向东，则另一块的速度为(　　)
A．3v0－v　　　　　　　 B．2v0－3v
C．3v0－2v D．2v0＋v
3．(2019·福建福州模拟)一质量为M的航天器，正以速度v0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为v1，加速后航天器的速度大小为v2，则喷出气体的质量m为(　　)
A．m＝M B．m＝M
C．m＝M D．m＝M
4．(2019·安徽江南十校联考)如图所示，一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中．假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离为0.5 m，g取10 m/s2，物块可视为质点．则A碰撞前瞬间的速度为(　　)
/
A．0.5 m/s B．1.0 m/s C．1.5 m/s D．2.0 m/s
5．A、B两船的质量均为m，都静止在平静的湖面上，现A船中质量为m的人，以对地的水平速度v从A船跳到B船，再从B船跳到A船……经n次跳跃后，人停在B船上，不计水的阻力，则(　　)
A．A、B两船速度大小之比为2∶3
B．A、B(包括人)两船动量大小之比为1∶1
C．A、B(包括人)两船的动能之比为2∶3
D．A、B(包括人)两船的动能之比为1∶1
6.如图所示，动量分别为pA＝12 kg·m/s、pB＝13 kg·m/s的两个小球A、B在光滑的水平面上
沿一直线向右运动，经过一段时间后两球发生正碰，分别用ΔpA、ΔpB表示两小球动量的变
化量。则下列选项中可能正确的是 (　　)
/
A．ΔpA＝－3 kg·m/s、ΔpB＝3 kg·m/s B．ΔpA＝－2 kg·m/s、ΔpB＝2 kg·m/s
C．ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s D．ΔpA＝3 kg·m/s、ΔpB＝－3 kg·m/s
7．A、B两球沿同一条直线运动，如图所示的x－t图象记录了它们碰撞前后的运动情况，
其中a、b分别为A、B碰撞前的x－t图象。c为碰撞后它们的x－t图象。若A球质量为1 kg，
则B球质量及碰后它们的速度大小为(　　)
/
A．2 kg B. kg C．4 m/s D．1 m/s
9.质量为m的小球A，沿光滑水平面以速度v0与质量为2m的静止小球B发生正碰。碰撞后，
A球的动能变为原来的，那么小球B的速度可能是 (　　)
A.v0 B.v0 C.v0 D.v0
10．(2019·天津高三质检)甲、乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是p1＝5 kg·m/s，p2＝7 kg·m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kg·m/s，则两球质量m1与m2间的关系可能是(　　)
A．m1＝m2 B．2m1＝m2 C．4m1＝m2 D．6m1＝m2
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要点一 动量守恒定律的理解及应用
1．动量守恒定律的五个特性
矢量性
动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向
相对性
各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面)
同时性
动量是一个瞬时量，表达式中的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
系统性
研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统
普适性
动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统
2．动量守恒定律的三种表达式及对应意义
(1)p＝p′，即系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′。
(2)Δp＝p′－p＝0，即系统总动量的增量为0。
(3)Δp1＝－Δp2，即两个物体组成的系统中，一部分动量的增量与另一部分动量的增量大小相等、方向相反。
3．应用动量守恒定律的解题步骤
(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)。
(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)。
(3)规定正方向，确定初、末状态动量。
(4)由动量守恒定律列出方程。
(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明。
[易错提醒]　应用动量守恒定律应注意以下三点
(1)确定所研究的系统，单个物体无从谈起动量守恒。
(2)判断系统是否动量守恒，或者某个方向上动量守恒。
(3)系统中各物体的速度是否是相对地面的速度，若不是，则应转换成相对于地面的速度。
要点二　动量守恒定律的3个应用实例
1.对碰撞的理解
(1)发生碰撞的物体间一般作用力很大，作用时间很短；各物体作用前后各自动量变化显著；物体在作用时间内位移可忽略。
(2)即使碰撞过程中系统所受合外力不等于零，由于内力远大于外力，作用时间又很短，故外力的作用可忽略，认为系统的动量是守恒的。
(3)若碰撞过程中没有其他形式的能转化为机械能，则系统碰撞后的总机械能不可能大于碰撞前系统的总机械能。
2．物体的碰撞是否为弹性碰撞的判断
弹性碰撞是碰撞过程中无机械能损失的碰撞，遵循的规律是动量守恒定律和机械能守恒定律，确切地说是碰撞前后系统动量守恒，动能不变。
(1)题目中明确告诉物体间的碰撞是弹性碰撞。
(2)题目中明确告诉是弹性小球、光滑钢球或分子(原子等微观粒子)碰撞的，都是弹性碰撞。
3．碰撞现象满足的规律
(1)动量守恒。
(2)动能不增加。
(3)速度要合理。
①若两物体同向运动，则碰前应有v后＞v前；碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。
②若两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
[方法规律]　爆炸现象的三个规律
动量守恒
由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒
动能增加
在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加
位置不变
爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动
[方法规律]　对反冲运动的三点说明
作用原理
反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果
动量守恒
反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律
机械能增加
反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加
要点三　动量与能量的综合应用
1．解决力学问题的三个基本观点
动力学观点
运用牛顿定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题
能量观点
用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题
动量观点
用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题
2．动量定理与牛顿第二定律的比较
(1)牛顿第二定律揭示了力的瞬时效应，在研究某一物体所受力的瞬时作用与物体运动的关系时，或者物体受恒力作用，且直接涉及物体运动过程中的加速度问题时，应采用动力学观点。
(2)动量定理反映了力对时间的累积效应，适用于不涉及物体运动过程中的加速度、位移，而涉及运动时间的问题，特别对冲击类问题，因时间短且冲力随时间变化，应采用动量定理求解。
3．动量守恒和机械能守恒定律的比较
动量守恒定律
机械能守恒定律
内容
一个系统不受外力或所受合外力为零时，系统的总动量保持不变
只有重力或弹力做功的系统，动能与势能可以相互转化，总的机械能保持不变
表达式
(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
(2)Δp1＝－Δp2
(3)Δp＝0
(1)Ek＋Ep＝Ek′＋Ep′
(2)ΔEk＝－ΔEp
(3)ΔEA增＝ΔEB减
守恒条件
(1)系统不受外力或所受合外力为零
(2)内力远远大于外力
(3)系统所受合外力不为零，但某一方向合外力为零(该方向上动量守恒)
(1)只受重力或弹力作用
(2)有重力或弹力以外的力作用，但是这些力不做功
(3)有重力或弹力以外的力做功，但是这些力做功的代数和为零
研究对象
相互作用的物体系统
相互作用的系统(包括地球)
守恒性质
矢量守恒(规定正方向)
标量守恒(不考虑方向性)
要点四“人船模型”问题
1.特点
2.方程
m1v1－m2v2＝0(v1、v2为速度大小)
3.结论
m1x1＝m2x2(x1、x2为位移大小)
要点五“子弹打木块”模型问题
1.木块放在光滑水平面上，子弹水平打进木块，系统所受的合外力为零，因此动量守恒.
2.两者发生的相对位移为子弹射入的深度x相.
3.根据能量守恒定律，系统损失的动能等于系统增加的内能.
4.系统产生的内能Q＝Ff·x相，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热(机械能转化为内能)，等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积.
5.当子弹速度很大时，可能射穿木块，这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等，但穿透过程中系统的动量仍守恒，系统损失的动能为ΔEk＝Ff·L(L为木块的长度).
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要点一 动量守恒定律的理解及应用
例1、(2019·东营模拟)如图所示，甲、乙两名宇航员正在离空间站一定距离的地方执行太空
维修任务．某时刻甲、乙都以大小为v0＝2 m/s的速度相向运动，甲、乙和空间站在同一直
线上且可视为质点．甲和他的装备总质量为M1＝90 kg，乙和他的装备总质量为M2＝135 kg，
为了避免直接相撞，乙从自己的装备中取出一质量为m＝45 kg的物体A推向甲，甲迅速接
住A后即不再松开，此后甲、乙两宇航员在空间站外做相对距离不变的同向运动，且安全“飘”
向空间站．(设甲、乙距离空间站足够远，本题中的速度均指相对空间站的速度)
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(1)乙要以多大的速度v(相对于空间站)将物体A推出？
(2)设甲与物体A作用时间为t＝0.5 s，求甲与A的相互作用力F的大小．
针对训练1、两磁铁各放在两辆小车上，小车能在水平面上无摩擦地沿同一直线运动.已知甲车和磁铁的总质量为0.5 kg，乙车和磁铁的总质量为1 kg，两磁铁的N极相对.推动一下，使两车相向运动，某时刻甲的速率为2 m/s，乙的速率为3 m/s，方向与甲相反，两车运动过程中始终未相碰.则：
(1)两车最近时，乙的速度为多大？
(2)甲车开始反向时，乙的速度为多大？
解得v乙′＝2 m/s
要点二　动量守恒定律的应用实例
1、碰撞问题
例2、如图所示，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a和b相距l，
b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为m.两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现
使a以初速度v0向右滑动．此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞．重力加速
度大小为g.求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．
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针对训练2.(多选)两个小球A、B在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别是m1＝4 kg，m2＝2 kg，A的速度v1＝3 m/s(设为正)，B的速度v2＝－3 m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别是(　　)
A.均为1 m/s B.＋4 m/s和－5 m/s
C.＋2 m/s和－1 m/s D.－1 m/s和5 m/s
针对训练3、质量为M的物块以速度v运动，与质量为m的静止物块发生正碰，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比可能为(　　)
A．2　　　　B．3　　　　C．4　　　　D．5
2、爆炸问题
例3、如图，A、B质量分别为m1＝1 kg，m2＝2 kg，置于小车C上，小车的质量为m3＝1 kg，A、B与小车的动摩擦因数为0.5，小车静止在光滑的水平面上。某时刻炸药爆炸，若A、B间炸药爆炸的能量有12 J转化为A、B的机械能，其余能量转化为内能。A、B始终在小车表面水平运动，小车足够长，求：
(1)炸开后A、B获得的速度大小；
(2)A、B在小车上滑行的时间各是多少？
针对训练4、(2019·泉州质检)“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹声响是辞旧迎新的
标志，是喜庆心情的流露．有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为
v0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m，速度大小为v，
方向水平向东；则另一块的速度为(　　)
A．3v0－v　　　　　　　 B．2v0－3v
C．3v0－2v D．2v0＋v
针对训练5.将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速
度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重
力和空气阻力可忽略)(　　)
A．30 kg·m/s　　　　　　　 B．5.7×102 kg·m/s
C．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s
要点三　动量与能量的综合应用
如图所示，质量M＝4 kg的滑板B静止放在光滑水平面上，其右端固定一根水平轻质
弹簧，弹簧的自由端C到滑板左端的距离L＝0.5 m，这段滑板与木块A(可视为质点)之间的动
摩擦因数μ＝0.2，而弹簧自由端C到弹簧固定端D所对应的滑板上表面光滑．木块A以速度v0＝10 m/s由滑板B左端开始沿滑板B上表面向右运动．已知木块A的质量m＝1 kg，g取10 m/s2.求：
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(1)弹簧被压缩到最短时木块A的速度大小；
(2)木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能．
针对训练6．如图所示，a、b、c是三个质量相等的物体，a、b等长，c可看作质点，开始
时，a、b紧靠且静置在光滑水平面上，c放在a的左端，现给c一初速度v0而向右运动，
最后c静止在b上．已知c与a、b间的动摩擦因数相同，a、b分离时，c的速度为0.6v0.
求：
/
(1)a、b最终的速度；
(2)c在b上滑过的距离与b的长度之比．
要点四“人船模型”问题
例5、长为L、质量为M的小船停在静水中，一个质量为m的人立在船头，若不计水的阻力和空气阻力，当人从船头走到船尾的过程中，船和人对地面的位移各是多少？
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针对训练7、如图所示，质量为M的气球下挂着长为L的绳梯，一质量为m的人站在绳梯的下端，人和气球静止在空中，人从绳梯的下端往上爬到顶端时，人和气球相对于地面移动的距离分别是多少？(不计空气阻力)
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要点五“子弹打木块”模型问题
例6、一质量为M的木块放在光滑的水平面上，一质量为m的子弹以初速度v0水平打进木块并留在其中，设子弹与木块之间的相互作用力为Ff.则：
(1)子弹、木块相对静止时的速度是多少？
(2)子弹在木块内运动的时间为多长？
(3)子弹、木块相互作用过程中子弹、木块发生的位移以及子弹打进木块的深度分别是多少？
(4)系统损失的机械能、系统增加的内能分别是多少？
(5)要使子弹不射出木块，木块至少多长？
针对训练8、如图所示，质量为2m、长为L的木块置于光滑水平面上，质量为m的子弹以初速度v0水平向右射向木块，穿过木块的过程中受到木块的恒定阻力为Ff＝，试问子弹能否穿过木块？若能穿过，求出子弹穿过木块后两者的速度；若不能穿过，求出子弹打入木块后两者的速度.
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针对训练9.如图所示，质量为m＝245 g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4。质量为m0＝5 g的子弹以速度v0＝300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/s2。子弹射入后，求：
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(1)子弹进入物块后子弹和物块一起向右滑行的最大速度v1。
(2)木板向右滑行的最大速度v2。
(3)物块在木板上滑行的时间t。
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一、单项选择题（共50分）
1．(2019·山东寿光模拟)如图所示，一辆小车静止在光滑水平面上，A、B两人分别站在车的
两端，当两人同时相向运动时 (　　)
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A．若小车不动，两人速率一定相等 B．若小车向左运动，A的动量一定比B的小
C．若小车向左运动，A的动量一定比B的大 D．若小车向右运动，A的动量一定比B的大
2.如图所示，具有一定质量的小球A固定在轻杆一端，另一端挂在小车支架的O点.用手将小球拉至水平，此时小车静止于光滑水平面上，放手让小球摆下与B处固定的橡皮泥碰击后粘在一起，则在此过程中小车将(　　)
/
A.向右运动 B.向左运动
C.静止不动 D.小球下摆时，车向左运动后又静止
3.在光滑的水平面上有三个完全相同的小球，它们成一条直线排列，2、3小球静止，并靠在一起，1球以速度v0射向它们，如图4所示，设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度可能值是(　　)
/
A．v1＝v2＝v3＝v0　　　B．v1＝0，v2＝v3＝v0
C．v1＝0，v2＝v3＝v0 D．v1＝v2＝0，v3＝v0
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(　　)
/
v0＋ v　　　　B．v0－ v C．v0＋(v0＋v) D．v0＋(v0－v)
5.(2019·桂林质检)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两个小球在同一直线上运
动．两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为8 kg·m/s，运动
过程中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则 (　　)
/
A．右方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为2∶3
B．右方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为1∶6
C．左方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为2∶3
D．左方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为1∶6
6.如图所示，在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动．在小球A的前方
O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，Q点处为一竖直的墙壁．小球A与小球B发
生弹性正碰后小球A与小球B均向右运动．小球B与墙壁碰撞后以原速率返回并与小球A
在P点相遇，PQ＝2PO，则两小球质量之比m1∶m2为 (　　)
/
A．7∶5　 　B．1∶3 C．2∶1 D．5∶3
7.(2019·河南焦作质检)质量分别为ma＝1 kg和mb＝2 kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞，
碰撞前、后两球的位移—时间图象如图所示，则可知碰撞属于(　　)
/
A．弹性碰撞 B．非弹性碰撞
C．完全非弹性碰撞 D．条件不足，无法判断
8.质量为M的小车静止于光滑的水平面上，小车的上表面和圆弧的轨道均光滑．如图所示，一个质量为m的小球以速度v0水平冲向小车，当小球返回左端脱离小车时，下列说法中不正确的是(　　)
/
A．小球一定沿水平方向向左做平抛运动 B．小球可能沿水平方向向左做平抛运动
C．小球可能沿水平方向向右做平抛运动 D．小球可能做自由落体运动
9.(2019·合肥一中模拟)如图所示， F1、F2等大反向，同时作用在静止于光滑水平面上的A、
B两物体上，已知两物体质量关系MA>MB，经过相等时间撤去两力，以后两物体相碰且粘
为一体，这时A、B将 (　　)
/
A．停止运动　　　　　 　　 B．向右运动
C．向左运动 D．仍运动但方向不能确定
10.(2019·成都外国语月考)如图所示，在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M的斜面，
斜面表面光滑、高度为h、倾角为θ.一质量为m(m＜M)的小物块以一定的初速度沿水平面向
右运动，不计冲上斜面过程中的机械能损失．如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面的顶
端．如果斜面不固定，则小物块冲上斜面后能达到的最大高度为 (　　)
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A．h　　　　　　　　　 B.
C. D.
二、不定项选择题（共20分）
11.(多选)如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰.小球的质量分别为m1和m2.图乙为它们碰撞前后的x－t图象.已知m1＝0.1 kg.由此可以判断(　　)
/
A.碰前m2静止，m1向右运动 B.碰后m2和m1都向右运动
C.m2＝0.3 kg D.碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能
12.(多选)如图所示，质量为M的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与水平方向的夹角为θ.一个质量为m的小物块从斜面底端沿斜面向上以初速度v0开始运动.当小物块沿斜面向上运动到最高点时，速度大小为v，距地面高度为h，则下列关系式中正确的是(　　)
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A.mv0＝(m＋M)v B.mv0cos θ＝(m＋M)v
C.mgh＝m(v0sin θ)2 D.mgh＋(m＋M)v2＝mv02
13．如图所示，轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为m的物体A相连，A放在光滑水平面上，有一质量与A相同的物体B，从高h处由静止开始沿光滑曲面滑下，与A相碰后一起将弹簧压缩，弹簧恢复原长过程中某时刻B与A分开且沿原曲面上升(A、B可视为质点)。下列说法正确的是(　　)
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A．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mgh
B．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为
C．B能达到的最大高度为
D．B能达到的最大高度为
14.如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，AB总质量为M，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时AB和C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，下列说法正确的是(　　)
/
A．弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动
B．C与B碰前，C与AB的速率之比为M∶m
C．C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动
D．C与油泥粘在一起后，AB继续向右运动
三、非选择题（共30分）
15.如图所示，光滑水平轨道右边与墙壁连接，木块A、B和半径为0.5 m的光滑圆轨道C静置于光滑水平轨道上，A、B、C质量分别为1.5 kg、0.5 kg、4 kg.现让A以6 m/s的速度水平向右运动，之后与墙壁碰撞，碰撞时间为0.3 s，碰后速度大小变为4 m/s.当A与B碰撞后会立即粘在一起运动，已知g＝10 m/s2，求：
/
(1)A与墙壁碰撞过程中，墙壁对木块A平均作用力的大小；
(2)AB第一次滑上圆轨道所能达到的最大高度h.
16.如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C.B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B和C碰撞过程时间极短．求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中：
/
(1)整个系统损失的机械能；
(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．
17.(2019·辽宁抚顺模拟)如图所示，固定的圆弧轨道与水平面平滑连接，轨道与水平面均光
滑，质量为m的物块B与轻质弹簧拴接静止在水平面上，弹簧右端固定．质量为3m的物
块A从圆弧轨道上距离水平面高h处由静止释放，与B碰撞后推着B一起运动但与B不粘
连．求：
/
(1)弹簧的最大弹性势能；
(2)A与B第一次分离后，物块A沿圆弧面上升的最大高度．
第24讲 动量守恒定律及其应用 (解析版)

1.用动量定理解释现象，用动量定理分析瞬时作用问题、流体问题．　
2.理解动量守恒定律的条件，能够应用动量守恒定律解决简单问题．

一、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0，这个系统的总动量保持不变。
2．常用的四种表达式
(1)p＝p′，系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p′。
(2)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。
(3)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。
(4)Δp＝0，系统总动量的增量为零。
3．动量守恒定律的适用条件
(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零。
(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力。
(3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒
二、碰撞、爆炸与反冲
1．碰撞
(1)碰撞现象：两个或两个以上的物体在相遇的极短时间内产生非常大的相互作用的过程。
(2)碰撞特征
①作用时间短；
②作用力变化快；
③内力远大于外力；
④满足动量守恒。
(3)碰撞的分类及特点
①弹性碰撞：动量守恒，机械能守恒；
②非弹性碰撞：动量守恒，机械能不守恒；
③完全非弹性碰撞：动量守恒，机械能损失最多。
2．爆炸现象
爆炸过程中内力远大于外力，爆炸的各部分组成的系统总动量守恒。
3．反冲运动
(1)物体在内力作用下分裂为两个不同部分并且这两部分并且为两部分向相反方向运动的现象。
(2)反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理。

1．如图所示，A、B两物体质量之比mA∶mB＝3∶2，原来静止在平板小车C上。A、B间
有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则下列说法中不正确的是(　　)
A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统动量守恒
B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统动量守恒
C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统动量守恒
D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统动量守恒
【答案】A
【解析】如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后A、B分别相对小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力FfA向右，FfB向左，由于mA∶mB＝3∶2，所以FfA∶FfB＝3∶2，则A、B组成的系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，A错；对A、B、C组成的系统，A、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，B、D均正确；若A、B所受摩擦力大小相等，则A、B组成的系统所受外力之和为零，故其动量守恒，C正确。
2．(2019·福建泉州高三质检)“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹声响是辞旧迎新的标志，是喜庆心情的流露．有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向东，则另一块的速度为(　　)
A．3v0－v　　　　　　　 B．2v0－3v
C．3v0－2v D．2v0＋v
【答案】：C
【解析】：取水平向东为正方向，爆炸过程系统动量守恒，3mv0＝2mv＋mvx，可得vx＝3v0－2v，C正确．
3．(2019·福建福州模拟)一质量为M的航天器，正以速度v0在太空中飞行，某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为v1，加速后航天器的速度大小为v2，则喷出气体的质量m为(　　)
A．m＝M B．m＝M
C．m＝M D．m＝M
【答案】：C
【解析】：规定航天器的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得Mv0＝(M－m)v2－mv1，解得m＝M，故C正确．
4．(2019·安徽江南十校联考)如图所示，一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中．假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离为0.5 m，g取10 m/s2，物块可视为质点．则A碰撞前瞬间的速度为(　　)
A．0.5 m/s B．1.0 m/s C．1.5 m/s D．2.0 m/s
【答案】C
【解析】碰后物块B做匀减速直线运动，由动能定理有－μ·2mgx＝0－·2mv22，得v2＝1 m/s.A与B碰撞过程中动量守恒、机械能守恒，则有mv0＝mv1＋2mv2，mv02＝mv12＋·2mv22，解得v0＝1.5 m/s，则C项正确．
5．A、B两船的质量均为m，都静止在平静的湖面上，现A船中质量为m的人，以对地的水平速度v从A船跳到B船，再从B船跳到A船……经n次跳跃后，人停在B船上，不计水的阻力，则(　　)
A．A、B两船速度大小之比为2∶3 B．A、B(包括人)两船动量大小之比为1∶1
C．A、B(包括人)两船的动能之比为2∶3 D．A、B(包括人)两船的动能之比为1∶1
【答案】B
【解析】人和两船组成的系统动量守恒，两船原来静止，总动量为0，A、B(包括人)两船的动量大小相等，选项B正确；经过n次跳跃后，A船速度为vA、B船速度为vB，则0＝mvA－(m＋)vB，解得＝，选项A错误；A船最后获得的动能为EkA＝mvA2，B船(包括人)最后获得的动能为EkB＝(＋m)vB2＝(＋m)(vA)2＝EkA，所以＝，选项C、D错误．
6.如图所示，动量分别为pA＝12 kg·m/s、pB＝13 kg·m/s的两个小球A、B在光滑的水平面上
沿一直线向右运动，经过一段时间后两球发生正碰，分别用ΔpA、ΔpB表示两小球动量的变
化量。则下列选项中可能正确的是 (　　)
A．ΔpA＝－3 kg·m/s、ΔpB＝3 kg·m/s B．ΔpA＝－2 kg·m/s、ΔpB＝2 kg·m/s
C．ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s D．ΔpA＝3 kg·m/s、ΔpB＝－3 kg·m/s
【答案】AB
【解析】本题的碰撞问题要遵循三个规律：动量守恒定律，碰后系统的机械能不增加和碰撞过程要符合实际情况。本题属于追及碰撞，碰前，后面运动物体的速度一定要大于前面运动物体的速度(否则无法实现碰撞)，碰后、前面物体的动量增大，后面物体的动量减小，减小量等于增大量，所以ΔpA＜0，ΔpB＞0，并且ΔpA＝－ΔpB，据此可排除选项D；若ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s，碰后两球的动量分别为pA′＝－12 kg·m/s、pB′＝37 kg·m/s，根据关系式Ek＝可知，A球的质量和动量大小不变，动能不变，而B球的质量不变，但动量增大，所以B球的动能增大，这样系统的机械能比碰前增大了，选项C可以排除；经检验，选项A、B满足碰撞遵循的三个原则。
7．A、B两球沿同一条直线运动，如图所示的x－t图象记录了它们碰撞前后的运动情况，
其中a、b分别为A、B碰撞前的x－t图象。c为碰撞后它们的x－t图象。若A球质量为1 kg，
则B球质量及碰后它们的速度大小为(　　)
A．2 kg B. kg C．4 m/s D．1 m/s
【答案】BD
【解析】由图象可知碰撞前二者都做匀速直线运动，va＝ m/s＝－3 m/s，vb＝ m/s＝2 m/s，碰撞后二者连在一起做匀速直线运动，vc＝ m/s＝－1 m/s。
碰撞过程中动量守恒，即
mAva＋mBvb＝(mA＋mB)vc
可解得mB＝ kg
由以上可知选项B、D正确。
9.质量为m的小球A，沿光滑水平面以速度v0与质量为2m的静止小球B发生正碰。碰撞后，
A球的动能变为原来的，那么小球B的速度可能是 (　　)
A.v0 B.v0 C.v0 D.v0
【答案】AB
【解析】要注意的是，两球的碰撞不一定是弹性碰撞，A球碰后动能变为原来的，则其速度大小仅为原来的。两球在光滑水平面上正碰，碰后A球的运动有两种可能，继续沿原方向运动或被反弹。
当以A球原来的速度方向为正方向时，则
vA′＝±v0，
根据两球碰撞前、后的总动量守恒，有
mv0＋0＝m×v0＋2mvB′，
mv0＋0＝m×(－v0)＋2mvB″。
解得vB′＝v0，vB″＝v0。
10．(2019·天津高三质检)甲、乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是p1＝5 kg·m/s，p2＝7 kg·m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kg·m/s，则两球质量m1与m2间的关系可能是(　　)
A．m1＝m2 B．2m1＝m2
C．4m1＝m2 D．6m1＝m2
【答案】：C
【解析】：甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有p1＋p2＝p1′＋p2′，即p1′＝2 kg·m/s.由于在碰撞过程中，不可能有其他形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加，所以有＋≥＋，所以有m1≤m2.因为题目给出物理情景是“甲从后面追上乙”，要符合这一物理情景，就必须有＞，即m1＜m2；同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度这一物理情景，即≤，所以m1≥m2.因此C选项正确．

要点一 动量守恒定律的理解及应用
1．动量守恒定律的五个特性
矢量性
动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向
相对性
各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面)
同时性
动量是一个瞬时量，表达式中的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
系统性
研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统
普适性
动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统
2．动量守恒定律的三种表达式及对应意义
(1)p＝p′，即系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′。
(2)Δp＝p′－p＝0，即系统总动量的增量为0。
(3)Δp1＝－Δp2，即两个物体组成的系统中，一部分动量的增量与另一部分动量的增量大小相等、方向相反。
3．应用动量守恒定律的解题步骤
(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)。
(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)。
(3)规定正方向，确定初、末状态动量。
(4)由动量守恒定律列出方程。
(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明。
[易错提醒]　应用动量守恒定律应注意以下三点
(1)确定所研究的系统，单个物体无从谈起动量守恒。
(2)判断系统是否动量守恒，或者某个方向上动量守恒。
(3)系统中各物体的速度是否是相对地面的速度，若不是，则应转换成相对于地面的速度。
要点二　动量守恒定律的3个应用实例
1.对碰撞的理解
(1)发生碰撞的物体间一般作用力很大，作用时间很短；各物体作用前后各自动量变化显著；物体在作用时间内位移可忽略。
(2)即使碰撞过程中系统所受合外力不等于零，由于内力远大于外力，作用时间又很短，故外力的作用可忽略，认为系统的动量是守恒的。
(3)若碰撞过程中没有其他形式的能转化为机械能，则系统碰撞后的总机械能不可能大于碰撞前系统的总机械能。
2．物体的碰撞是否为弹性碰撞的判断
弹性碰撞是碰撞过程中无机械能损失的碰撞，遵循的规律是动量守恒定律和机械能守恒定律，确切地说是碰撞前后系统动量守恒，动能不变。
(1)题目中明确告诉物体间的碰撞是弹性碰撞。
(2)题目中明确告诉是弹性小球、光滑钢球或分子(原子等微观粒子)碰撞的，都是弹性碰撞。
3．碰撞现象满足的规律
(1)动量守恒。
(2)动能不增加。
(3)速度要合理。
①若两物体同向运动，则碰前应有v后＞v前；碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。
②若两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
[方法规律]　爆炸现象的三个规律
动量守恒
由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒
动能增加
在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加
位置不变
爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动
[方法规律]　对反冲运动的三点说明
作用原理
反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果
动量守恒
反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律
机械能增加
反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加
要点三　动量与能量的综合应用
1．解决力学问题的三个基本观点
动力学观点
运用牛顿定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题
能量观点
用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题
动量观点
用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题
2．动量定理与牛顿第二定律的比较
(1)牛顿第二定律揭示了力的瞬时效应，在研究某一物体所受力的瞬时作用与物体运动的关系时，或者物体受恒力作用，且直接涉及物体运动过程中的加速度问题时，应采用动力学观点。
(2)动量定理反映了力对时间的累积效应，适用于不涉及物体运动过程中的加速度、位移，而涉及运动时间的问题，特别对冲击类问题，因时间短且冲力随时间变化，应采用动量定理求解。
3．动量守恒和机械能守恒定律的比较
动量守恒定律
机械能守恒定律
内容
一个系统不受外力或所受合外力为零时，系统的总动量保持不变
只有重力或弹力做功的系统，动能与势能可以相互转化，总的机械能保持不变
表达式
(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
(2)Δp1＝－Δp2
(3)Δp＝0
(1)Ek＋Ep＝Ek′＋Ep′
(2)ΔEk＝－ΔEp
(3)ΔEA增＝ΔEB减
守恒条件
(1)系统不受外力或所受合外力为零
(2)内力远远大于外力
(3)系统所受合外力不为零，但某一方向合外力为零(该方向上动量守恒)
(1)只受重力或弹力作用
(2)有重力或弹力以外的力作用，但是这些力不做功
(3)有重力或弹力以外的力做功，但是这些力做功的代数和为零
研究对象
相互作用的物体系统
相互作用的系统(包括地球)
守恒性质
矢量守恒(规定正方向)
标量守恒(不考虑方向性)
要点四“人船模型”问题
1.特点
2.方程
m1v1－m2v2＝0(v1、v2为速度大小)
3.结论
m1x1＝m2x2(x1、x2为位移大小)
要点五“子弹打木块”模型问题
1.木块放在光滑水平面上，子弹水平打进木块，系统所受的合外力为零，因此动量守恒.
2.两者发生的相对位移为子弹射入的深度x相.
3.根据能量守恒定律，系统损失的动能等于系统增加的内能.
4.系统产生的内能Q＝Ff·x相，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热(机械能转化为内能)，等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积.
5.当子弹速度很大时，可能射穿木块，这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等，但穿透过程中系统的动量仍守恒，系统损失的动能为ΔEk＝Ff·L(L为木块的长度).

要点一 动量守恒定律的理解及应用
例1、(2019·东营模拟)如图所示，甲、乙两名宇航员正在离空间站一定距离的地方执行太空
维修任务．某时刻甲、乙都以大小为v0＝2 m/s的速度相向运动，甲、乙和空间站在同一直
线上且可视为质点．甲和他的装备总质量为M1＝90 kg，乙和他的装备总质量为M2＝135 kg，
为了避免直接相撞，乙从自己的装备中取出一质量为m＝45 kg的物体A推向甲，甲迅速接
住A后即不再松开，此后甲、乙两宇航员在空间站外做相对距离不变的同向运动，且安全“飘”
向空间站．(设甲、乙距离空间站足够远，本题中的速度均指相对空间站的速度)
(1)乙要以多大的速度v(相对于空间站)将物体A推出？
(2)设甲与物体A作用时间为t＝0.5 s，求甲与A的相互作用力F的大小．
【答案】 (1)5.2 m/s　(2)432 N
【解析】 (1)以甲、乙、A三者组成的系统为研究对象，系统动量守恒，以乙的方向为正方向，
则有M2v0－M1v0＝(M1＋M2)v1
以乙和A组成的系统为研究对象，由动量守恒得
M2v0＝(M2－m)v1＋mv
代入数据联立解得
v1＝0.4 m/s，v＝5.2 m/s.
(2)以甲为研究对象，由动量定理得，
Ft＝M1v1－(－M1v0)
代入数据解得F＝432 N.
针对训练1、两磁铁各放在两辆小车上，小车能在水平面上无摩擦地沿同一直线运动.已知甲车和磁铁的总质量为0.5 kg，乙车和磁铁的总质量为1 kg，两磁铁的N极相对.推动一下，使两车相向运动，某时刻甲的速率为2 m/s，乙的速率为3 m/s，方向与甲相反，两车运动过程中始终未相碰.则：
(1)两车最近时，乙的速度为多大？
(2)甲车开始反向时，乙的速度为多大？
【答案】(1) m/s　(2)2 m/s
【解析】(1)两车相距最近时，两车的速度相同，设该速度为v，取刚开始运动时乙车的速度方向为正方向，由动量守恒定律得m乙v乙－m甲v甲＝(m甲＋m乙)v
所以两车最近时，乙车的速度为
v＝＝ m/s＝ m/s.
(2)甲车开始反向时，其速度为0，设此时乙车的速度为v乙′，取刚开始运动时乙车的速度方向为正方向，由动量守恒定律得
m乙v乙－m甲v甲＝m乙v乙′
解得v乙′＝2 m/s
要点二　动量守恒定律的应用实例
1、碰撞问题
例2、如图所示，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a和b相距l，
b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为m.两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现
使a以初速度v0向右滑动．此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞．重力加速
度大小为g.求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．
【答案】≤μ<
【解析】　设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a、b能够发生碰撞，应有
mv>μmgl①
即μ<②
设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1.由能量守恒定律得
mv＝mv＋μmgl③
设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v1′、v2′，以向右为正方向，由动量守恒和能量守恒有
mv1＝mv1′＋mv2′④
mv＝mv1′2＋×mv2′2⑤
联立④⑤式解得
v2′＝v1⑥
由题意，b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知
×mv2′2≤μ·gl⑦
联立③⑥⑦式，可得
μ≥⑧
联立②⑧式得，a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞的条件为
≤μ<.
针对训练2.(多选)两个小球A、B在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别是m1＝4 kg，m2＝2 kg，A的速度v1＝3 m/s(设为正)，B的速度v2＝－3 m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别是(　　)
A.均为1 m/s B.＋4 m/s和－5 m/s
C.＋2 m/s和－1 m/s D.－1 m/s和5 m/s
【答案】AD
【解析】解析　由动量守恒，可验证四个选项都满足要求.再看动能情况
Ek＝m1v12＋m2v22＝×4×9 J＋×2×9 J＝27 J
Ek′＝m1v1′2＋m2v2′2
由于碰撞过程动能不可能增加，所以应有Ek≥Ek′，可排除选项B.选项C虽满足Ek≥Ek′，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来的速度方向(vA′>0，vB′<0)，这显然是不符合实际的，因此C错误.验证选项A、D均满足Ek≥Ek′，故答案为选项A(完全非弹性碰撞)和选项D(弹性碰撞).
针对训练3、质量为M的物块以速度v运动，与质量为m的静止物块发生正碰，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比可能为(　　)
A．2　　　　B．3　　　　C．4　　　　D．5
【答案】AB
【解析】　由题意知碰后两物体运动方向相同，动量守恒，Mv＝Mv1＋mv2，又Mv1＝mv2，得出v1＝v、v2＝v，能量关系满足Mv2≥Mv＋mv，把v1、v2代入求得≤3，A、B正确，C、D错误。
2、爆炸问题
例3、如图，A、B质量分别为m1＝1 kg，m2＝2 kg，置于小车C上，小车的质量为m3＝1 kg，A、B与小车的动摩擦因数为0.5，小车静止在光滑的水平面上。某时刻炸药爆炸，若A、B间炸药爆炸的能量有12 J转化为A、B的机械能，其余能量转化为内能。A、B始终在小车表面水平运动，小车足够长，求：
(1)炸开后A、B获得的速度大小；
(2)A、B在小车上滑行的时间各是多少？
【答案】(1)4 m/s　 2 m/s　(2)0.8 s　 0.2 s
【解析】(1)根据爆炸过程中能量的转化，
有：E＝m1v12＋m2v22
爆炸过程中，根据动量守恒得：m1v1＝m2v2
联立解得：v1＝4 m/s，v2＝2 m/s。
(2)爆炸后A、B都在C上滑动，由题意可知B会与C先相对静止，设此时A的速度为v3，B、C的速度为v4，在该过程中，ABC组成的系统动量守恒。设该过程的时间为t1。
对A应用动量定理：－μm1gt1＝m1v3－m1v1；
对B应用动量定理：－μm2gt1＝m2v4－m2v2；
对C应用动量定理：(μm2g－μm1g)t1＝m3v4；
代入数据解之得：v3＝3 m/s，v4＝1 m/s，t1＝0.2 s。
之后，A在C上滑动直到相对静止，由动量守恒定律可知三者速度都为0。
即：(m1＋m2＋m3)v＝0，
解得v＝0。
设A滑动的总时间为t，对A应用动量定理，则：－μm1gt＝0－m1v1，
解得：t＝0.8 s。
针对训练4、(2019·泉州质检)“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹声响是辞旧迎新的
标志，是喜庆心情的流露．有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为
v0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m，速度大小为v，
方向水平向东；则另一块的速度为(　　)
A．3v0－v　　　　　　　 B．2v0－3v
C．3v0－2v D．2v0＋v
【答案】　C
【解析】　取水平向东为正方向，爆炸过程系统动量守恒，3mv0＝2mv＋mvx，可得vx＝3v0－2v，C正确．
针对训练5.将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速
度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重
力和空气阻力可忽略)(　　)
A．30 kg·m/s　　　　　　　 B．5.7×102 kg·m/s
C．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s
【答案】A
【解析】燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p，根据动量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0.050 kg×600 m/s＝30 kg·m/s，选项A正确．
要点三　动量与能量的综合应用
如图所示，质量M＝4 kg的滑板B静止放在光滑水平面上，其右端固定一根水平轻质
弹簧，弹簧的自由端C到滑板左端的距离L＝0.5 m，这段滑板与木块A(可视为质点)之间的动
摩擦因数μ＝0.2，而弹簧自由端C到弹簧固定端D所对应的滑板上表面光滑．木块A以速度v0＝10 m/s由滑板B左端开始沿滑板B上表面向右运动．已知木块A的质量m＝1 kg，g取10 m/s2.求：
(1)弹簧被压缩到最短时木块A的速度大小；
(2)木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能．
【答案】　(1)2 m/s　(2)39 J
【解析】　(1)弹簧被压缩到最短时，木块A与滑板B具有相同的速度，设为v，从木块A开始沿滑板B上表面向右运动至弹簧被压缩到最短的过程中，整体动量守恒，以向右为正方向，则
mv0＝(M＋m)v
解得v＝v0
代入数据得木块A的速度v＝2 m/s
(2)在木块A压缩弹簧过程中，弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，由能量关系知，最大弹性势能为
Epm＝mv－(m＋M)v2－μmgL
代入数据得Epm＝39 J.
针对训练6．如图所示，a、b、c是三个质量相等的物体，a、b等长，c可看作质点，开始
时，a、b紧靠且静置在光滑水平面上，c放在a的左端，现给c一初速度v0而向右运动，
最后c静止在b上．已知c与a、b间的动摩擦因数相同，a、b分离时，c的速度为0.6v0.
求：
(1)a、b最终的速度；
(2)c在b上滑过的距离与b的长度之比．
【答案】 (1)0.2v0　0.4v0　(2)1∶7
【解析】 (1)当a、b即将分离时，设此时物体a的速度为va，由动量守恒得mv0＝2mva＋0.6mv0，解得va＝0.2v0.a、b分离后，设物体b最终速度为vb，b与c组成系统，由动量守恒得mva＋0.6mv0＝2mvb，vb＝0.4v0.
(2)设物体a、b长均为l，物体c在物体a上滑动，在a、b即将分离时，由能量守恒得mv－×2m(0.2v0)2－m(0.6v0)2＝μmgl，a、b分离后，设物体c在b上运动的距离为lx，由能量守恒得m(0.6v0)2＋m(0.2v0)2－×2m(0.4v0)2＝μmglx，联立解得＝.
要点四“人船模型”问题
例5、长为L、质量为M的小船停在静水中，一个质量为m的人立在船头，若不计水的阻力和空气阻力，当人从船头走到船尾的过程中，船和人对地面的位移各是多少？
【答案】见解析
【解析】选人和船组成的系统为研究对象，因系统在水平方向不受力，所以动量守恒，人未走时系统的总动量为零.当人起步加速前进时，船同时加速后退；
当人匀速前进时，船匀速后退；当人减速前进时，船减速后退；当人速度为零时，船速度也为零.设某时刻人对地的速率为v1，船对地的速率为v2，以人运动的方向为正方向，根据动量守恒定律得
mv1－Mv2＝0 ①
因为在人从船头走到船尾的整个过程中时刻满足动量守恒，对①式两边同乘以Δt，得
mx1－Mx2＝0 ②
②式为人对地的位移和船对地的位移关系.由图还可看出：
x1＋x2＝L ③
联立②③两式得x1＝L，x2＝L
针对训练7、如图所示，质量为M的气球下挂着长为L的绳梯，一质量为m的人站在绳梯的下端，人和气球静止在空中，人从绳梯的下端往上爬到顶端时，人和气球相对于地面移动的距离分别是多少？(不计空气阻力)
【答案】见解析
【解析】由于人和气球组成的系统静止在空中，竖直方向系统所受外力之和为零即系统竖直方向总动量守恒.
设某时刻人对地的速率为v1，气球对地的速率为v2，以人运动的方向为正方向，根据动量守恒定律得
mv1－Mv2＝0 ①
因为在人从绳梯的下端爬到顶端的整个过程中时刻满足动量守恒定律，对①式两边同乘以Δt，
可得mx＝My ②
由题意知x＋y＝L ③
联立②③得x＝L
y＝L
即人相对于地面移动的距离是L.
气球相对于地面移动的距离是L.
要点五“子弹打木块”模型问题
例6、一质量为M的木块放在光滑的水平面上，一质量为m的子弹以初速度v0水平打进木块并留在其中，设子弹与木块之间的相互作用力为Ff.则：
(1)子弹、木块相对静止时的速度是多少？
(2)子弹在木块内运动的时间为多长？
(3)子弹、木块相互作用过程中子弹、木块发生的位移以及子弹打进木块的深度分别是多少？
(4)系统损失的机械能、系统增加的内能分别是多少？
(5)要使子弹不射出木块，木块至少多长？
【答案】(1)v0　(2)
(3)　　
(4)　　(5)
【解析】
(1)设子弹、木块相对静止时的速度为v，以子弹初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得
mv0＝(M＋m)v
解得v＝v0
(2)设子弹在木块内运动的时间为t，由动量定理得
对木块：Fft＝Mv－0
解得t＝
(3)设子弹、木块发生的位移分别为x1、x2，如图所示，由动能定理得
对子弹：－Ffx1＝mv2－mv02
解得：x1＝
对木块：Ffx2＝Mv2
解得：x2＝
子弹打进木块的深度等于相对位移，即x相＝x1－x2＝
(4)系统损失的机械能为
E损＝mv02－(M＋m)v2＝
系统增加的内能为Q＝Ff·x相＝
系统增加的内能等于系统损失的机械能
(5)假设子弹恰好不射出木块，此时有
FfL＝mv02－(M＋m)v2
解得L＝
因此木块的长度至少为.
针对训练8、如图所示，质量为2m、长为L的木块置于光滑水平面上，质量为m的子弹以初速度v0水平向右射向木块，穿过木块的过程中受到木块的恒定阻力为Ff＝，试问子弹能否穿过木块？若能穿过，求出子弹穿过木块后两者的速度；若不能穿过，求出子弹打入木块后两者的速度.
【答案】见解析
【解析】设子弹能穿过木块，穿过木块后子弹的速度为v1，木块的速度为v2，以子弹初速度的方向为正方向，根据动量守恒定律得
mv0＝mv1＋2mv2 ①
根据能量守恒定律得
L＝mv02－mv12－×2mv22 ②
由①②式解得v1＝或v1＝
将v1＝代入①式，得v2＝v0>v1(舍去)
将v1＝代入①式，得v2＝v0所以假设成立，即子弹能穿过木块，穿过木块后的速度为v0，木块的速度为v0.
针对训练9.如图所示，质量为m＝245 g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4。质量为m0＝5 g的子弹以速度v0＝300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/s2。子弹射入后，求：
(1)子弹进入物块后子弹和物块一起向右滑行的最大速度v1。
(2)木板向右滑行的最大速度v2。
(3)物块在木板上滑行的时间t。
【答案】(1)6 m/s　(2)2 m/s　(3)1 s
【解析】(1)子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒可得：
m0v0＝(m0＋m)v1，解得v1＝6 m/s。
(2)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得：(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，解得v2＝2 m/s。
(3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得：
－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1，解得：t＝1 s。

一、单项选择题（共50分）
1．(2019·山东寿光模拟)如图所示，一辆小车静止在光滑水平面上，A、B两人分别站在车的
两端，当两人同时相向运动时 (　　)
A．若小车不动，两人速率一定相等 B．若小车向左运动，A的动量一定比B的小
C．若小车向左运动，A的动量一定比B的大 D．若小车向右运动，A的动量一定比B的大
【答案】：C
【解析】：A、B两人及小车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，根据动量守恒定律得mAvA＋mBvB＋m车v车＝0，若小车不动，则mAvA＋mBvB＝0，由于不知道A、B质量的关系，所以两人速率不一定相等，故A错误；若小车向左运动，则A、B的动量和必须向右，而A向右运动，B向左运动，所以A的动量一定比B的大，故B错误，C正确；若小车向右运动，则A、B的动量和必须向左，而A向右运动，B向左运动，所以A的动量一定比B的小，故D错误．
2.如图所示，具有一定质量的小球A固定在轻杆一端，另一端挂在小车支架的O点.用手将小球拉至水平，此时小车静止于光滑水平面上，放手让小球摆下与B处固定的橡皮泥碰击后粘在一起，则在此过程中小车将(　　)
A.向右运动 B.向左运动
C.静止不动 D.小球下摆时，车向左运动后又静止
【答案】D
【解析】水平方向上，系统不受外力，因此在水平方向上动量守恒.小球下落过程中，水平方向具有向右的分速度，因此为保证动量守恒，小车要向左运动.
当撞到橡皮泥，是完全非弹性碰撞，A球和小车大小相等、方向相反的动量恰好抵消掉，小车会静止.
3.在光滑的水平面上有三个完全相同的小球，它们成一条直线排列，2、3小球静止，并靠在一起，1球以速度v0射向它们，如图4所示，设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度可能值是(　　)
A．v1＝v2＝v3＝v0　　　B．v1＝0，v2＝v3＝v0
C．v1＝0，v2＝v3＝v0 D．v1＝v2＝0，v3＝v0
【答案】D　
【解析】选由题设条件，三个球在碰撞过程中总动量和总动能守恒。若各球质量均为m，而碰撞前系统的总动量为mv0，总动能为mv。假如A正确，则碰后总动量为mv0，这违反动量守恒定律，A错误；假如B正确，则碰后总动量为mv0，这也违反动量守恒定律，B错误；假如C正确，则碰后总动量为mv0，但总动能为mv，这显然违反机械能守恒定律，C错误；而D既满足机械能守恒定律，也满足动量守恒定律，D正确。
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(　　)
v0＋ v　　　　B．v0－ v C．v0＋(v0＋v) D．v0＋(v0－v)
【答案】C
【解析】根据动量守恒定律，选向右方向为正方向，则有(M＋m)v0＝Mv′－mv，解得v′＝v0＋(v0＋v)，C正确。
5.(2019·桂林质检)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两个小球在同一直线上运
动．两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为8 kg·m/s，运动
过程中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则 (　　)
A．右方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为2∶3
B．右方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为1∶6
C．左方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为2∶3
D．左方为A球，碰撞后A、B两球的速度大小之比为1∶6
【答案】：C
【解析】：A、B两球发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得ΔpA＝－ΔpB，由于碰后A球的动量增量为负值，所以右边不可能是A球；因A球动量的增量是负值，因此碰撞后A球的动量为4 kg·m/s，所以碰撞后B球的动量是增加的，为12 kg·m/s，由于mB＝2mA，所以碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶3，故C正确．
6.如图所示，在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动．在小球A的前方
O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，Q点处为一竖直的墙壁．小球A与小球B发
生弹性正碰后小球A与小球B均向右运动．小球B与墙壁碰撞后以原速率返回并与小球A
在P点相遇，PQ＝2PO，则两小球质量之比m1∶m2为 (　　)
A．7∶5　　　　　　　　　 B．1∶3
C．2∶1 D．5∶3
【答案】D
【解析】设A、B两个小球碰撞后的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2，发生弹性碰撞，不损失动能，故根据能量守恒定律有m1v＝m1v＋m2v，两个小球碰撞后到再次相遇，其速率不变，由运动学规律有v1∶v2＝PO∶(PO＋2PQ)＝1∶5，联立三式可得m1∶m2＝5∶3，D正确．
7.(2019·河南焦作质检)质量分别为ma＝1 kg和mb＝2 kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞，
碰撞前、后两球的位移—时间图象如图所示，则可知碰撞属于(　　)
A．弹性碰撞 B．非弹性碰撞
C．完全非弹性碰撞 D．条件不足，无法判断
【答案】：A
【解析】：由x -t图象可知，碰撞前，va＝3 m/s，vb＝0，碰撞后，va′＝－1 m/s，vb′＝2 m/s，碰撞前的总动能为mav＋mbv＝ J，碰撞后的总动能为mava′2＋mbvb′2＝ J，故机械能守恒；碰撞前的总动量为mava＋mavb＝3 kg·m/s，撞后的总动量为mava′＋mbvb′＝3 kg·m/s，故动量守恒，所以该碰撞属于弹性碰撞，A正确．
8.质量为M的小车静止于光滑的水平面上，小车的上表面和圆弧的轨道均光滑．如图所示，一个质量为m的小球以速度v0水平冲向小车，当小球返回左端脱离小车时，下列说法中不正确的是(　　)
A．小球一定沿水平方向向左做平抛运动 B．小球可能沿水平方向向左做平抛运动
C．小球可能沿水平方向向右做平抛运动 D．小球可能做自由落体运动
【答案】A
【解析】小球水平冲向小车，又返回左端，到离开小车的整个过程中，系统机械能守恒、水平方向动量守恒，相当于小球与小车发生弹性碰撞．如果m＜M，小球离开小车向左做平抛运动；如果m＝M，小球离开小车做自由落体运动；如果m＞M，小球离开小车向右做平抛运动．
9.(2019·合肥一中模拟)如图所示， F1、F2等大反向，同时作用在静止于光滑水平面上的A、
B两物体上，已知两物体质量关系MA>MB，经过相等时间撤去两力，以后两物体相碰且粘
为一体，这时A、B将 (　　)
A．停止运动　　　　　 　　 B．向右运动
C．向左运动 D．仍运动但方向不能确定
【答案】A
【解析】根据动量定理得F1t＝MAvA，同理F2t＝MBvB，F1、F2等大反向，故 MAvA＝－MBvB，设A的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律得MAvA＋MBvB＝(MA＋MB)v，解得v＝0，可知粘合体静止．故A正确．
10.(2019·成都外国语月考)如图所示，在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M的斜面，
斜面表面光滑、高度为h、倾角为θ.一质量为m(m＜M)的小物块以一定的初速度沿水平面向
右运动，不计冲上斜面过程中的机械能损失．如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面的顶
端．如果斜面不固定，则小物块冲上斜面后能达到的最大高度为 (　　)
A．h　　 B. C. D.
【答案】D
【解析】斜面固定时，由动能定理得：－mgh＝0－mv，所以v0＝；斜面不固定时，由水平方向动量守恒得：mv0＝(M＋m)v，由机械能守恒得：mv＝ (M＋m)v2＋mgh′， 解得：h′＝h，故选D.
二、不定项选择题（共20分）
11.(多选)如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰.小球的质量分别为m1和m2.图乙为它们碰撞前后的x－t图象.已知m1＝0.1 kg.由此可以判断(　　)
A.碰前m2静止，m1向右运动 B.碰后m2和m1都向右运动
C.m2＝0.3 kg D.碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能
【答案】AC
【解析】　由x－t图象的斜率得到，碰前m2的位移不随时间而变化，处于静止状态.m1速度大小为v1＝＝4 m/s，方向只有向右才能与m2相撞，故A正确；
由题图乙读出，碰后m2的速度为正方向，说明向右运动，m1的速度为负方向，说明向左运动，故B错误；
由题图乙求出碰后m2和m1的速度分别为v2′＝2 m/s，v1′＝－2 m/s，根据动量守恒定律得，m1v1＝m1v1′＋m2v2′，代入解得，m2＝0.3 kg，故C正确；
碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE＝m1v12－m1v1′2－m2v2′2，代入解得，ΔE＝0 J，故D错误.
12.(多选)如图所示，质量为M的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与水平方向的夹角为θ.一个质量为m的小物块从斜面底端沿斜面向上以初速度v0开始运动.当小物块沿斜面向上运动到最高点时，速度大小为v，距地面高度为h，则下列关系式中正确的是(　　)
A.mv0＝(m＋M)v B.mv0cos θ＝(m＋M)v
C.mgh＝m(v0sin θ)2 D.mgh＋(m＋M)v2＝mv02
【答案】BD
【解析】小物块上升到最高点时，速度与楔形物体的速度相同，二者组成的系统在水平方向上动量守恒，全过程机械能也守恒.以向右为正方向，在小物块上升过程中，由水平方向系统动量守恒得mv0cos θ＝(m＋M)v，故A错误，B正确；系统机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh＋(m＋M)v2＝mv02，故C错误，D正确.
13．如图所示，轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为m的物体A相连，A放在光滑水平面上，有一质量与A相同的物体B，从高h处由静止开始沿光滑曲面滑下，与A相碰后一起将弹簧压缩，弹簧恢复原长过程中某时刻B与A分开且沿原曲面上升(A、B可视为质点)。下列说法正确的是(　　)
A．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mgh
B．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为
C．B能达到的最大高度为
D．B能达到的最大高度为
【答案】BD
【解析】根据机械能守恒定律可得B刚到达水平地面的速度v0＝，根据动量守恒定律可得A与B碰撞后的速度为v＝v0，所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为Epm＝·2mv2＝mgh，A错误，B正确；当弹簧再次恢复原长时，A与B将分开，B以v的速度沿斜面上滑，根据机械能守恒定律可得mgh′＝mv2，B能达到的最大高度为，C错误，D正确。
14.如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，AB总质量为M，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时AB和C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，下列说法正确的是(　　)
A．弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动
B．C与B碰前，C与AB的速率之比为M∶m
C．C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动
D．C与油泥粘在一起后，AB继续向右运动
【答案】：BC
【解析】：AB与C组成的系统在水平方向上动量守恒，C向右运动时，AB应向左运动，故A错误；设碰前C的速率为v1，AB的速率为v2，则0＝mv1－Mv2，得＝，故B正确；设C与油泥粘在一起后，AB、C的共同速度为v共，则0＝(M＋m)v共，得v共＝0，故C正确，D错误．
三、非选择题（共30分）
15.如图所示，光滑水平轨道右边与墙壁连接，木块A、B和半径为0.5 m的光滑圆轨道C静置于光滑水平轨道上，A、B、C质量分别为1.5 kg、0.5 kg、4 kg.现让A以6 m/s的速度水平向右运动，之后与墙壁碰撞，碰撞时间为0.3 s，碰后速度大小变为4 m/s.当A与B碰撞后会立即粘在一起运动，已知g＝10 m/s2，求：
(1)A与墙壁碰撞过程中，墙壁对木块A平均作用力的大小；
(2)AB第一次滑上圆轨道所能达到的最大高度h.
【答案】(1)50 N　(2)0.3 m
【解析】(1)A与墙壁碰撞过程，规定水平向左为正方向，对A由动量定理有：
Ft＝mAv2－mA(－v1)
解得F＝50 N
(2)A与B碰撞过程，对A、B系统，水平方向动量守恒有：
mAv2＝(mB＋mA)v3
AB第一次滑上圆轨道到最高点的过程，对A、B、C组成的系统，水平方向动量守恒有：
(mB＋mA)v3＝(mB＋mA＋mC)v4
由能量关系：
(mB＋mA)v32＝(mB＋mA＋mC)v42＋(mB＋mA)gh
解得h＝0.3 m.
16.如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C.B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B和C碰撞过程时间极短．求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中：
(1)整个系统损失的机械能；
(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．
【答案】 (1)mv02　(2)mv02
【解析】 (1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得
mv0＝2mv1①
此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE.对B、C组成的系统，由动量守恒和能量守恒定律得mv1＝2mv2②
mv12＝ΔE＋(2m)v22③
联立①②③式得ΔE＝mv02④
(2)由②式可知v2mv0＝3mv3⑤
mv02－ΔE＝(3m)v32＋Ep⑥
联立④⑤⑥式得Ep＝mv02
17.(2019·辽宁抚顺模拟)如图所示，固定的圆弧轨道与水平面平滑连接，轨道与水平面均光
滑，质量为m的物块B与轻质弹簧拴接静止在水平面上，弹簧右端固定．质量为3m的物
块A从圆弧轨道上距离水平面高h处由静止释放，与B碰撞后推着B一起运动但与B不粘
连．求：
(1)弹簧的最大弹性势能；
(2)A与B第一次分离后，物块A沿圆弧面上升的最大高度．
【答案】：(1)mgh　(2)h
【解析】：(1)A下滑与B碰撞前，根据机械能守恒得
3mgh＝×3mv
A与B碰撞，根据动量守恒得3mv1＝4mv2
弹簧最短时弹性势能最大，系统的动能转化为弹性势能，根据能量守恒得
Epmax＝×4mv＝mgh
(2)根据题意，A与B分离时A的速度大小为v2，A与B分离后沿圆弧面上升到最高点的过程中，根据机械能守恒得3mgh′＝×3mv
解得h′＝h

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