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动量守恒定律及其应用
【例1】(多选)如图所示，在光滑水平面上有A、B两个木块，A、B之间用一轻弹簧连接，A靠在墙壁上，用力F向左推B使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态。若突然撤去力F，则下列说法中正确的是(　　)
A．木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒
B．木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒
C．木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒
D．木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒
解析　木块A离开墙壁前，由A、B和弹簧组成的系统受墙壁的弹力，属于外力，故系统动量不守恒，但机械能守恒，A项错误，B项正确；木块A离开墙壁后，由A、B和弹簧组成的系统所受合外力为零，故系统动量守恒，又没有机械能和其他形式的能量转化，故机械能也守恒，故C项正确，D项错误。
答案　BC
【例2】斜面体P静止在水平面上，从斜面上某个位置由静止释放一物块Q，Q沿斜面加速下滑。在Q下滑过程中（　　）
A．若P保持静止不动，Q的机械能守恒
B．若P保持静止不动，Q减小的重力势能可能大于它增加的动能
C．若P相对地面滑动，P、Q组成的系统在水平方向动量守恒
D．若P相对地面滑动，P、Q增加的动能之和一定等于Q减少的重力势能
【考点】53：动量守恒定律；6B：功能关系．版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；52K：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；63：分析综合能力．
【分析】系统所受合外力为零，系统动量守恒，只有重力或只有弹力做功，机械能守恒；根据题意应用动量守恒条件与机械能守恒条件分析答题。
【解答】解：A、如果斜面是光滑的，物块Q下滑过程Q的机械能守恒，如果斜面不光滑，物块下滑过程要克服摩擦力做功，机械能不守恒，由于不知到斜面是否光滑，无法确定Q是否机械能守恒，故A错误；
B、若斜面粗糙，减小的重力势能转化为动能和内能，Q减小的重力势能大于它增加的动能，故B正确；
C、如果地面光滑，P、Q系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒；如果地面不光滑，系统在水平方向所受合外力不为零，系统在水平方向动量不守恒；由于未告知地面是否光滑，若地面粗糙，水平方向动量不守恒，故C错误；
D、如果地面与斜面都光滑，P、Q增加的动能之和等于Q减少的重力势能，如果斜面与地面任意一个不光滑或都不光滑，滑动过程会克服摩擦力做功，P、Q增加的动能之和小于Q减少的重力势能，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了判断动量是否守恒、机械能的转化情况，掌握系统动量守恒与机械能守恒的条件是解题的前提，分析清楚物体的受力情况即可解题。
【素材】(2016?全国)两个滑块P和Q用弹簧相连，置于水平的光滑地面上，滑块P紧靠竖直的墙，用一外力推着Q使弹簧压缩后处于静止状态，如图所示。现突然撤掉推Q的外力，则在从释放Q到弹簧恢复到原长过程中，P、Q和弹簧组成的系统(　　)
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量不守恒，机械能守恒
C．动量守恒，机械能不守恒
D．动量不守恒，机械能不守恒
【分析】系统所示合外力为零时，系统动量守恒；只有重力或只有弹力做功，系统机械能守恒，根据系统受力情况与各力做功情况应用动量守恒与机械能守恒条件分析答题。
【解答】解：从释放Q到弹簧恢复到原长过程中，P、Q和弹簧组成的系统受到墙壁的弹力作用，系统所受合外力不为零，系统动量不守恒；
在从释放Q到弹簧恢复到原长过程中，只有弹簧弹力对系统做功，P、Q和弹簧组成的系统机械能守恒，故ACD错误，B正确；
故选：B。
【点评】本题考查了判断系统动量与机械能是否守恒问题，知道动量守恒与机械能守恒的条件是解题的前提，应用动量守恒与机械能守恒定律即可解题。
【素材】(2016?上海)如图，粗糙水平面上，两物体A、B以轻绳相连，在恒力F作用下做匀速运动。某时刻轻绳断开，A在F牵引下继续前进，B最后静止。则在B静止前，A和B组成的系统动量　守恒　(选填：“守恒”或“不守恒”)。在B静止后，A和B组成的系统动量　不守恒　(选填：“守恒”或“不守恒”)。
【分析】动量守恒定律适用的条件：系统的合外力为零。或者某个方向上的合外力为零，则那个方向上动量守恒。
两木块原来做匀速直线运动，合力为零，某时刻剪断细线，在A停止运动以前，系统的合力仍为零，系统动量守恒；
在B静止后，系统合力不为零，A和B组成的系统动量不守恒。
【解答】解：剪断细线前，两木块在水平地面上向右做匀速直线运动，以AB为系统，绳子受到的力属于系统的内力，系统所受合力为零；剪断细线后，在B停止运动以前，摩擦力不变，两木块组成的系统的合力仍为零，则系统的总动量守恒；
B静止后，B的合力为0，A木块的拉力大于摩擦力，A和B组成的系统合力不为0，所以系统动量不守恒。
故答案为：守恒；不守恒。
【点评】本题是脱钩问题，尽管两个没有发生相互作用，但系统的合力为零，系统的总动量也守恒。注意动量守恒定律适用的条件。
【例3】(多选)如图(a)，一长木板静止于光滑水平桌面上，t＝0时，小物块以速度v0滑到长木板上，图(b)为物块与木板运动的v﹣t图象，图中t1、v0、v1已知。重力加速度大小为g。由此可求得(　　)
A．木板的长度
B．物块与木板的质量之比
C．物块与木板之间的动摩擦因数
D．从t＝0开始到t1时刻，木板获得的动能
【分析】物块与木板组成的系统动量守恒，根据图示图象分析清楚运动过程，应用动量守恒定律与能量守恒定律、动量定理、动能定理分析答题。
【解答】解：A、系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出物块相对于木板滑行的距离，木板的长度可能等于该长度、也可能大于该长度，根据题意无法求出木板的长度，故A错误；
B、物块与木板作出的系统动量守恒，以物块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝(m+M)v1，解得：＝，v0与v1已知，可以求出物块与木板的质量之比，故B正确；
C、对木板，由动量定理得：μmgt1＝Mv1，解得：μ＝，由于t1、v0、v1已知，可以求出动摩擦因数，故C正确；
D、由于不知道木板的质量，无法求出从t＝0开始到t1时刻，木板获得的动能，故D错误；
故选：BC。
【点评】本题考查了动量守恒定律的应用，物块与木板组成的系统动量守恒，根据图示图象分析清楚物块与木板的运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律、动量定理即可解题。
【例4】(2006?全国)如图所示，质量为M的大木块放在光滑的水平地面上，大木块的左端与一平台的侧面接触，台面与大木块的上表面等高。台面上有一质量为m的小物块。现令小物块以某一初速沿水平方向滑向大木块，由于存在摩擦，最后小物块停在大木块上，用E表示在这个过程中系统损失的机械能。如果其他条件、装置及小物块的初速度不变，只是小物块与大木块之间的摩擦因数增加一倍，以E′表示在这种情况下损失的机械能，则(　　)
A．＝1
B．＝2
C．＝
D．＝
【分析】两木块组成的系统动量守恒，应用能量守恒定律可以求出系统损失的机械能，应用动量守恒定律与能量守恒定律分析答题。
【解答】解：两木块组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv0＝(M+m)v，
由题意可知，M、m、v0不变，由此可知，它们的共同速度v不变，对系统，由能量守恒定律得：
mv02＝(M+m)v2+E损，
由题意可知：M、m、v0、v都保持不变，则损失的机械能不变，
即：＝1，故A正确，BCD错误；
故选：A。
【点评】本题考查了动量守恒定律与能量守恒定律的应用，两木块组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律即可解题。
【例5】(多选)(2009?天津)如图所示，质量m1＝0.3kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5m，现有质量m2＝0.2kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2，求
(1)物块在车面上滑行的时间t；
(2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v′0不超过多少？
【分析】本题考查摩擦拖动类的动量和能量问题，涉及动量守恒定律、动量定理、功能关系、牛顿第二定律和运动学公式这些物理规律的运用。
(1)根据动量守恒定律、动量定理物块在车面上滑行的时间t，首先判断动量是否守恒，再选取正方向列式求解；也可运用运动学公式和牛顿第二定律求解，对m2进行受力分析，求出加速，结合运动学公式v＝v0+at可解出结果。
(2)根据动量守恒定律、能量守恒求解。也可运用牛顿第二定律求出物体和小车的加速度，由相对运动表示出出物块和小车的相对位移L，再结合运动学公式可解出结果。
【解答】解：
解法一：
(1)由题意知动量守恒，设物块与小车的共同速度为v，以水平向右为正方向(如图所示)，根据动量守恒定律有
m2v0＝(m1+m2)v…①
设物块与车面间的滑动摩擦力为F，对物块应用动量定理有
﹣Ft＝m2v﹣m2v0…②
其中F＝μm2g…③
解得
代入数据得
t＝0.24s…④
(2)要使物块恰好不从车厢滑出，须物块到车面右端时与小车有共同的速度v′，则
m2v'0＝(m1+m2)v'…⑤
由功能关系有…⑥
⑤⑥联立并代入数据解得：v0′＝5m/s
故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车的速度v0′不能超过5m/s。
解法二：
　(1)选物块原来的方向为正，
对小车有a1＝＝m/s2，…①
对物块a2＝＝﹣5m/s2…②
由于物块在车面上某处与小车保持相对静止，物块和车具有共同速度。
所以有v0+a2t＝a1t…③
①②式代入③式解得t＝0.24s
(2)要使物块恰好不从车厢滑出，须物块到车面最右端时与小车有共同的速度v′设小车的位移为s1，物块的位移为s2，物块原来的速度为v0'
对小车有：
v′2﹣0＝2a1s1…④
对物块有：…⑤
v′＝v0'+a2t……⑥
s2﹣s1＝L…⑦
①②④⑤⑥⑦联立解得：v0'＝5m/s
答：(1)物块在车面上滑行的时间为0.24s
(2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过5m/s。
【点评】从以上两种解法中可以看出，按照第一种解法，本题是考查学生对摩擦拖动类的动量和能量问题的认识，涉及动量守恒定律、动量定理和功能关系这些物理规律的运用。而按照第二种解法，学生掌握相对运动和基本的牛顿定律就能顺利解出。通常解决此类问题的关键是掌握动量和能量的观点，该观点始终贯穿从力学到原子物理的整个高中物理学，动量和能量的观点是继牛顿定律解决力学问题的另一条方法，它往往可以忽略力作用的中间过程，只需关注始、末状态，用全局的观点和整体的观点使得解题的思路更加简捷。
【例6】(2001?北京、内蒙古、安徽)如图所示，A、B是静止在水平地面上完全相同的两块长木板。A的左端和B的右端相接触。两板的质量皆为M＝2.0kg，长度皆为l＝1.0m。C是一质量为m＝1.0kg的小物块。现给它一初速度v0＝2.0m/s，使它从B板的左端开始向右滑动。已知地面是光滑的，而C与A、B之间的动摩擦因数皆为μ＝0.10．求最后A、B、C各以多大的速度做匀速运动。取重力加速度g＝10m/s2。
【分析】以A、B、C组成的系统为研究对象，所受外力为零因此系统动量守恒，本题的难点在于判断C最后是停在B上还是停留在A上，或者是三者都相互分离，可以通过假设法进行判断C停留位置；同时注意过程中的功能转换，以系统为研究研究对象时，系统损失的机械能转化为内能即系统克服摩擦力做功。
【解答】解：先假设小物块C在木板B上移动x距离后，停在B上。这时A、B、C三者的速度相等，设为v，由动量守恒得：
mv0＝(m+2M)v
①
在此过程中，木板B的位移为s，小木块C的位移为s+x，由功能关系得：
对C有：②
此时AB是个整体有：③
②③相加得：④
解①、④两式得：
代入数值得：x＝1.6m
x比B板的长度l大，这说明小物块C不会停在B板上，而要滑到A板上。设C刚滑到A板上的速度为v1，此时A、B板的速度为V1，则由动量守恒得：
mv0＝mv1+2MV1⑤
由功能关系得：
⑥
联立⑤⑥代入数据得：，
由于v1必是正数，故合理的解是：，
当滑到A之后，B即以V1＝0.155m/s做匀速运动，而C是以v1＝1.38m/s的初速在A上向右运动。设在A上移动了y距离后停止在A上，此时C和A的速度为V2，由动量守恒得：
MV1+mv1＝(m+M)V2
解得：V2＝0.563m/s
由功能关系得：
解得：y＝0.50m
y比A板的长度小，故小物块C确实是停在A板上。
故最后A、B、C的速度分别为：VA＝V2＝0.563m/s，VB＝V1＝0.155m/s，VC＝VA＝0.563m/s。
【点评】动量守恒和功能关系相结合解决力与运动的问题是继牛顿第二定律和动能定理之后的另一重要工具，要通过练习不断加强理解和应用。
【例7】(2018?海南)如图，用长为l的轻绳悬挂一质量为M的沙箱，沙箱静止。一质量为m的弹丸以速度v水平射入沙箱并留在其中，随后与沙箱共同摆动一小角度。不计空气阻力。对子弹射向沙箱到与其共同摆过一小角度的过程(　　)
A．若保持m、v、l不变，M变大，则系统损失的机械能变小
B．若保持M、v、l不变，m变大，则系统损失的机械能变小
C．若保持M、m、l不变，v变大，则系统损失的机械能变大
D．若保持M、m、v不变，l变大，则系统损失的机械能变大
【分析】弹丸击中沙箱过程系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律可以求出弹丸击中沙箱后的共同速度，弹丸与沙箱一起摆动过程系统机械能守恒，应用机械能守恒定律求出系统损失的机械能，然后分析答题。
【解答】解：弹丸击中沙箱过程系统水平方向动量守恒，以弹丸的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：mv＝(M+m)v′，解得：v′＝，
弹丸与沙箱一起摆动过程系统机械能守恒，由能量守恒定律可知，
整个过程系统损失的机械能：△E＝mv2﹣(M+m)v′2＝；
A、若保持m、v、l不变，M变大，系统损失的机械能：△E＝＝变大，故A错误；
B、若保持M、v、l不变，m变大，则系统损失的机械能：△E＝＝变大，故B错误；
C、若保持M、m、l不变，v变大，则系统损失的机械能：△E＝变大，故C正确；
D、若保持M、m、v不变，l变大，则系统损失的机械能：△E＝不变，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了动量守恒定律的应用，弹丸击中沙箱过程系统动量守恒，机械能不守恒，沙箱摆动过程系统机械能守恒，整个过程损失的机械能等于弹丸击中沙箱过程损失的机械能，分析清楚物体运动过程，应用动量守恒定律与能量守恒定律求出系统损失的机械能即可解题。
【例8】(2016?全国)一长方形木块固定在水平桌面上，已知质量为m、速度为v0的子弹沿水平方向射入木块，它穿出木块时的速度为．现把该木块放在光滑的水平桌面上，让该子弹以相同的速度射入木块，若子弹仍能穿出木块，则木块的质量应满足什么条件？假定两种情况下，木块对子弹的阻力可视为大小相等的恒力。
【分析】木块固定时，对子弹应用动能定理求出子弹克服阻力做功；木块放在光滑水平面上，子弹与木块组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出子弹恰好穿出木块时木块的质量，然后确定木块质量需要满足的条件。
【解答】设木块的质量为M，设木块长度为d，木块固定时，子弹射穿木块，
对子弹，由动能定理得：﹣fd＝m(v0)2﹣mv02，
木块不固定时，子弹射入木块，系统动量守恒，设子弹恰好穿出木块，
子弹与木块组成的系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：mv0＝(M+m)v，
由能量守恒定律得：mv02＝(M+m)v2+fd，
解得：M＝3m，子弹要穿出木块：M≥3m；
答：子弹仍能穿出木块，则木块的质量应满足的条件是：M≥3m。
【点评】本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚题意与物体的运动过程是解题的前提，应用动能定理、动量守恒定律与能量守恒定律即可解题，注意动能定理力做功的正负，及动量守恒定律的矢量性。
【例9】(2011?全国卷)装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击。通过对以下简化模型的计算可以粗略说明其原因。质量为2m、厚度为2d的钢板静止在水平光滑桌面上。质量为m的子弹以某一速度垂直射向该钢板，刚好能将钢板射穿。现把钢板分成厚度均为d、质量均为m的相同两块，间隔一段距离水平放置，如图所示。若子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板，穿出后再射向第二块钢板，求子弹射入第二块钢板的深度。设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，且两块钢板不会发生碰撞不计重力影响。
【分析】子弹射穿质量为2m、厚度为2d的钢板，由动量守恒和功能关系可以求出他们最后的速度和子弹受到的阻力f；
子弹先射穿第一块钢板，我们仍然采用动量守恒和已知阻力做的功求出子弹的速度V1，再用速度V1穿进第二块钢板，仍然利用动量定理和功能关系求出子弹在第二块钢板中进入的深度d0。
【解答】解：质量为m的子弹以某一速度V0垂直射向该钢板，刚好能将钢板射穿且钢板和子弹获得速度为V，
则由系统动量守恒和摩擦力做功等于系统动能的减少得：
mv0＝(m+2m)v…①
…②
质量为m的子弹以某一速度V0垂直射穿第一块钢板，获得速度V1，钢板速度V2，
则由系统动量守恒和摩擦力做功等于系统动能的减少
mv0＝mv1+mv2…③
…④
质量为m的子弹以速度V1垂直射向第二块钢板在第二块钢板中进入深度d0，公共速度V3，
则由系统动量守恒和摩擦力做功等于系统动能的减少
mv1＝2mv3…⑤
…⑥
联立以上六式化简得
答：子弹射入第二块钢板的深度
【点评】本题以子弹射穿和进入钢板为模型反复考查动量守恒和功能关系即阻力做功等于系统动能的减少。是一道中档次好题。
【例10】(2008?全国卷Ⅱ)如图，一质量为M的物块静止在桌面边缘，桌面离水平地面高度为h，质量为m的子弹以水平速度v0射入物块后，以水平速度射出物块．重力加速度为g．求：
(1)此过程中损失的机械能；
(2)此后物块落地点离桌面边缘的水平距离．
【分析】(1)子弹射击物块，子弹和物块的总动量守恒，由动量守恒定律求出子弹穿出木块时木块的速度大小．系统损失的机械能等于射入前子弹的动能与射出后物块与子弹总动能之差．
(2)子弹射出物块后，物块做平抛运动，由高度求出时间，再求出水平距离．
【解答】解：(1)设子弹穿过物块后物块的速度为v，由动量守恒定律得：
mv0＝m+Mv…①?
解得v＝v0…②
系统的机械能损失为?
△E＝mv02﹣[m()2+Mv2]…③
由②③式得△E＝(3﹣)mv02…④
(2)设物块下落到地面所需时间为t，落地点距桌面边缘的
水平距离为s，则：h＝gt2…⑤
s＝vt…⑥
由②⑤⑥式得s＝
(1)此过程中系统损失的机械能为(3﹣)mv02；
(2)此后物块落地点离桌面边缘的水平距离为．
【点评】本题采用程序法按时间顺序进行分析处理，是动量守恒定律与平抛运动简单的综合，比较容易．
【例11】(2011?福建)在光滑水平面上，一质量为m，速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前反，则碰撞后B球的速度大小可能是(　　)
A．0.6v
B．0.4v
C．0.3v
D．0.2v
【分析】首先从水平面光滑上判断AB两球碰撞过程中动量守恒，由于A球被反弹，所以可以判断出B球的速度会大于0.5v；在两球碰撞的过程中，有可能会存在能量的损失，由碰撞前后的动能求出B球的速度同时会小于等于，由两个速度的范围求出最终的结果．
【解答】解：AB两球在水平方向上合外力为零，A球和B球碰撞的过程中动量守恒，设AB两球碰撞后的速度分别为V1、V2，
选A原来的运动方向为正方向，由动量守恒定律有
mv＝﹣mv1+2mv2…①
假设碰后A球静止，即v1＝0，可得v2＝0.5v
由题意知球A被反弹，∴球B的速度有v2＞0.5v…②
AB两球碰撞过程能量可能有损失，由能量关系有
…③
①③两式联立得：…④
由②④两式可得：
符合条件的只有0.6v，所以选项A正确，BCD错误
故选：A。
【点评】解决本题要注意临界状态的判断，有两个临界状态，其一是AB两球碰撞后A静止，由此求出速度的范围之一，即v2＞0.5v；第二个临界状态时能量恰好没有损失时，有能量的关系求出速度的另一个范围．所以解决一些物理问题时，寻找临界状态是解决问题的突破口．
【例12】(多选)(2020?新课标Ⅱ)水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0kg的静止物块以大小为5.0m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为(　　)
A．48kg
B．53kg
C．58kg
D．63kg
【分析】根据动量守恒定律得到第n次推出物块后运动员的速度表达式，根据第7次推出后还能再推，第8次推出后不能再推求出运动员质量范围即可。
【解答】解：设该运动员的质量为M，物块的质量为m＝4.0kg，推物块的速度大小为v＝5.0m/s，取人运动的方向为正方向，根据动量守恒定律可得：
第一次推物块的过程中：0＝Mv1﹣mv
第二次推物块的过程中：Mv1+mv＝Mv2﹣mv
第三次推物块的过程中：Mv2+mv＝Mv3﹣mv
…
第n次推物块的过程中：Mvn﹣1+mv＝Mvn﹣mv
以上各式相加可得：Mvn＝(2n﹣1)mv
当n＝7时，v7＜v，解得M＞52kg
当n＝8时，v8≥v，解得M≤60kg，
故52kg＜M≤60kg，故AD错误、BC正确。
故选：BC。
【点评】本题主要是考查动量守恒定律，解答本题的关键是能够根据数学归纳法得到第n次的速度表达式，再根据实际情况进行分析。
【例13】(2015?鼓楼区)如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是(　　)
A．A和B都向左运动
B．A和B都向右运动
C．A静止，B向右运动
D．A向左运动，B向右运动
【分析】两球碰撞过程，系统动量守恒，先选取正方向，再根据动量守恒定律列方程，求解即可。
【解答】解：两球碰撞过程动量守恒，以两球组成的系统为研究对象，取水平向右方向为正方向，碰撞前，A、B的速度分别为：vA＝2v0、vB＝v0。
碰撞前系统总动量：P＝mAvA+mBvB＝m×2v0+2m×(﹣v0)＝0，P＝0，
系统总动量为0，系统动量守恒，则碰撞前后系统总动量都是0；
由于碰撞是弹性碰撞，则碰撞后二者的速度不能等于0，运动的方向一定相反。
故D正确，ABC错误。
故选：D。
【点评】本题碰撞过程中遵守动量守恒，不仅碰撞前后总动量的大小不变，方向也保持不变，要注意选取正方向，用符号表示速度的方向。
【例14】(2018?海南)如图，光滑轨道PQO的水平段QO＝，轨道在O点与水平地面平滑连接。一质量为m的小物块A从高h处由静止开始沿轨道下滑，在O点与质量为4m的静止小物块B发生碰撞。A、B与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度大小为g。假设A、B间的碰撞为完全弹性碰撞，碰撞时间极短。求
(1)第一次碰撞后瞬间A和B速度的大小；
(2)A、B均停止运动后，二者之间的距离。
【分析】(1)A下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律求出A到达水平面时的速度，两物块碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与
机械能守恒定律可以求出碰撞后两物块的速度大小。
(2)对两物块应用动能定理可以求出A、B在磁场水平面上的位移，然后求出两者静止时两者间的距离。
【解答】解：(1)A下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh＝mv02，
A、B发生完全弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝mvA+4mvB，
由机械能守恒定律得：mv02＝mvA2+?4mvB2，
解得：vA＝﹣，vB＝；
(2)物块B在粗糙水平面上做匀减速直线运动，最终速度为零，由动能定理得：
对B：﹣μ?4mgx＝0﹣?4mvB2，x＝，
设当物块A的位移为x时速度为v，
对A，由动能定理得：﹣μmgx＝mv2﹣mvA2，
解得：v＝，
A、B发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv＝mvA′+4mvB′，
由机械能守恒定律得：mv2＝mvA′2+?4mvB′2，
解得：vA′＝﹣，vB′＝，
碰撞后A向左做减速运动，B向右做减速运动，由动能定理得：
对A：﹣μmgxA＝0﹣mvA′2，
对B：﹣μ?4mgxB＝0﹣?4mvB′2，
解得：xA＝h，xB＝h，
A、B均停止运动后它们之间的距离：d＝xA+xB＝h；
答：(1)第一次碰撞后瞬间A和B速度的大小分别为、；
(2)A、B均停止运动后，二者之间的距离为h。
【点评】本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚物体的运动过程是解题的前提，应用机械能守恒定律、动量守恒定律与动能定理可以解题。
【例15】(2016?新课标Ⅲ)如图，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。
【分析】由题意可得动摩擦因数必须满足两个条件：①a、b能相碰；②b不能与墙相碰。先根据能量求出a与b碰撞前的速度。再根据弹性碰撞过程遵守动量守恒和能量守恒列式，得到碰后b的速度，根据b没有与墙发生碰撞，碰后b向右滑行的距离s≤l，由功能列式，即可求解。
【解答】解：设物块与地面间的动摩擦因数为μ
要使物块a、b能够发生碰撞，应有：mv＞μmgl…①
即μ＜…②
设a与b碰撞前的速度为v1，由能量守恒得：
＝μmgl+…③
设a与b碰撞后的瞬间，速度大小分别为va、vb，根据动量守恒定律和能量守恒定律得：
mv1＝mva+mvb…④
＝mv+×mv；…⑤
联立④⑤式解得：vb＝v1…⑥
碰后，b没有与墙发生碰撞，即b在达到墙前静止，由功能关系得：
(m)v≤μmgl…⑦
联立③⑥⑦式，得：μ≥…⑧
联立②⑧式，a与b发生碰撞、但b没有与墙发生碰撞的条件为：
≤μ＜
答：物块与地面间的动摩擦因数满足的条件是≤μ＜。
【点评】该题要按时间顺序分析物体的运动过程和物理规律，知道弹性碰撞过程遵守动量守恒和能量守恒，要结合几何关系分析b与墙不相撞的条件，最后注意动量守恒定律的矢量性与动能定理力做功的正负。
【例16】(2019?海南)如图，用不可伸长轻绳将物块a悬挂在O点：初始时，轻绳处于水平拉直状态。现将a由静止释放，当物块a下摆至最低点时，恰好与静止在水平面上的物块b发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，碰撞后b滑行的最大距离为s。已知b的质量是a的3倍。b与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。求
(1)碰撞后瞬间物块b速度的大小；
(2)轻绳的长度。
【分析】(1)研究碰撞后b滑行过程，根据动能定理求碰撞后瞬间物块b速度的大小；
(2)根据动量守恒定律和机械能守恒定律结合求出碰撞前瞬间物块a的速度，再研究a下摆的过程，由机械能守恒定律求轻绳的长度。
【解答】解：(1)设a的质量为m，则b的质量为3m。
碰撞后b滑行过程，根据动能定理得
﹣μ?3mgs＝0﹣?3mvb2。
解得，碰撞后瞬间物块b速度的大小
vb＝
(2)对于a、b碰撞过程，取水平向左为正方向，根据动量守恒定律得
mv0＝mva+3mvb。
根据机械能守恒得
mv02＝mva2+?3mvb2。
设轻绳的长度为L．对于a下摆的过程，根据机械能守恒得
mgL＝mv02。
联立解得
L＝4μs
答：
(1)碰撞后瞬间物块b速度的大小为。
(2)轻绳的长度是4μs。
【点评】分析清楚物块的运动过程是解题的前提，把握每个过程的物理规律是关键。要知道弹性碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，运用动能定理时要注意选择研究的过程。
【例17】(2015?山东)如图，三个质量相同的滑块A、B、C，间隔相等地静置于同一水平直轨道上。现给滑块A向右的初速度v0，一段时间后A与B发生碰撞，碰后A、B分别以v0、v0的速度向右运动，B再与C发生碰撞，碰后B、C粘在一起向右运动。滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值。两次碰撞时间均极短。求B、C碰后瞬间共同速度的大小。
【分析】根据根据动量守恒求出碰前A的速度，然后由动能定理求出A与B碰撞前摩擦力对A做的功；
B再与C发生碰撞前的位移与A和B碰撞前的位移大小相等，由于滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值，所以地面对B做的功与地面对A做的功大小相等，由动能定理即可求出B与C碰撞前的速度，最后根据动量守恒求解B、C碰后瞬间共同速度的大小。
【解答】解：设滑块是质量都是m，A与B碰撞前的速度为vA，选择A运动的方向为正方向，碰撞的过程中满足动量守恒定律，得：
mvA＝mvA′+mvB′
设碰撞前A克服轨道的阻力做的功为WA，由动能定理得：
WA＝
设B与C碰撞前的速度为vB″，碰撞前B克服轨道的阻力做的功为WB，
WB＝
由于质量相同的滑块A、B、C，间隔相等地静置于同一水平直轨道上，滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值，所以：WB＝WA
设B与C碰撞后的共同速度为v，由动量守恒定律得：
mvB″＝2mv
联立以上各表达式，代入数据解得：v＝
答：B、C碰后瞬间共同速度的大小是。
【点评】该题涉及多个运动的过程，碰撞的时间极短，就是告诉我们碰撞的过程中系统受到的摩擦力可以忽略不计，直接用动量守恒定律和动能定理列式求解即可，动量守恒定律不涉及中间过程，解题较为方便！
【例18】(2014?北京)如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将A无初速释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动。已知圆弧轨道光滑，半径R＝0.2m；A和B的质量相等；A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2．重力加速度g取10m/s2．求：
(1)碰撞前瞬间A的速率v；
(2)碰撞后瞬间A和B整体的速率v′；
(3)A和B整体在桌面上滑动的距离l。
【分析】(1)A到B的过程中，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律求出碰撞前A的速度。
(2)A、B碰撞的过程中动量守恒，根据动量守恒定律求出碰撞后整体的速率。
(3)对AB整体运用动能定理，求出AB整体在桌面上滑动的距离。
【解答】解：设滑块的质量为m。
(1)A下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：
mgR＝mv2，代入数据解得，解得碰撞前瞬间A的速率：v＝2m/s。
(2)A、B碰撞过程系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：mv＝2mv′，代入数据解得，碰撞后瞬间A和B整体的速率：v′＝1m/s。
(3)对A、B系统，由动能定理得：?2mv′2＝μ?2mgl，
代入数据解得，A和B整体沿水平桌面滑动的距离：l＝0.25m。
答：(1)碰撞前瞬间A的速率v为2m/s；
(2)碰撞后瞬间A和B整体的速率v′为1m/s；
(3)A和B整体在桌面上滑动的距离l为0.25m。
【点评】本题考查了机械能守恒、动量守恒、动能定理的综合，难度中等，知道机械能守恒和动量守恒的条件，关键是合理地选择研究对象和过程，选择合适的规律进行求解。
【例19】(2013?海南)如图，光滑水平面上有三个物块A、B和C，它们具有相同的质量，且位于同一直线上．开始时，三个物块均静止，先让A以一定速度与B碰撞，碰后它们粘在一起，然后又一起与C碰撞并粘在一起，求前后两次碰撞中损失的动能之比．
【分析】碰撞过程遵守动量守恒定律，由动量守恒定律求出每次碰撞后共同体的速度，动能的损失为碰撞前的动能与碰撞后动能之差．
【解答】解：设每个物体的质量为m，A的初速度为v0．取向右方向为正方向．
第一次碰撞过程中，系统的动量守恒，则有
mv0﹣2mv1＝0，得v1＝，动能的损失为△Ek1＝＝
第二次碰撞过程中，系统的动量守恒，则有
2mv1﹣3mv2＝0，得v2＝，动能的损失为△Ek2＝﹣＝
故前后两次碰撞中损失的动能之比△Ek1：△Ek2＝3：1
答：前后两次碰撞中损失的动能之比为3：1．
【点评】本题关键要掌握碰撞过程的基本规律：系统的动量守恒进行分析和计算．
【例20】(2013?山东)如图所示，光滑水平轨道上放置长板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。
【分析】A与C碰撞过程动量守恒列出等式，A与B在摩擦力作用下达到共同速度，由动量守恒定律列出等式，A、B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足速度相等。
【解答】解：因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰撞后瞬间A的速度大小为vA，C的速度大小为vC，
以向右为正方向，由动量守恒定律得
mAv0＝mAvA+mCvC，①
A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得
mAvA+mBv0＝(mA+mB)
vAB②
A、B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足：vAB＝vC③
联立①②③式解得：vA＝2m/s。
答：A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小是2m/s
【点评】分析物体的运动过程，选择不同的系统作为研究对象，运用动量守恒定律求解。
【例21】(2019?江苏)质量为M的小孩站在质量为m的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦。小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v，此时滑板的速度大小为(　　)
A．v
B．v
C．v
D．v
【分析】忽略滑板与地面间的摩擦，系统的动量守恒，根据动量守恒定律计算。
【解答】解：忽略滑板与地面间的摩擦，小孩和滑板系统动量守恒，取小孩跃起的方向为正，根据动量守恒定律得：
0＝Mv﹣mv′，
解得滑板的速度为：v′＝，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题是对动量守恒定律的考查，明确动量守恒的条件，可以直接计算。
【例22】(2012?福建)如图，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)
【分析】人和小船系统动量守恒，根据动量守恒定律列式求解，
【解答】解：人在跃出的过程中船人组成的系统水平方向动量守恒，
规定向右为正方向
(M+m)v0＝Mv′﹣mv
v′＝v0+(v0+v)
故选：C。
【点评】本题关键选择人跃出前后的过程运用动量守恒定律列式求解。
【例23】(2019?新课标Ⅲ)静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝1.0kg，mB＝4.0kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0m，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek＝10.0J．释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20．重力加速度取g＝10m/s2．A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。
(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；
(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？
(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？
【分析】(1)A与B分离的过程中二者的动量守恒，由动量守恒定律结合功能关系即可求出分离后的速度；
(2)由动量定理即可分别求出停止的时间，由动量定理求出其中的一个停止运动时另一个的速度，由动能定理求出位移，由几何关系求出距离；
(3)由动能定理求出位移，由几何关系求出距离。
【解答】解：(1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正方向，由动量守恒定律和题给条件有：
0＝mAvA﹣mBvB
联立①②式并代入题给数据得
vA＝4.0
m/s，vB＝1.0
m/s
(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，二者运动的过程中，若A一直向右运动，一直到停止，则对A由动量定理可得：﹣μmAgt1＝0﹣mAvA
则：t1＝2.0s
B一直向左运动，则：﹣μmBgt2＝0﹣mBvB
可得：t2＝0.5s
可知B先停止运动，该过程中B的位移：
代入数据可得：xB＝0.25m
从二者分开到B停止，A若一直向右运动，由动量定理可得：﹣μmAgt2＝mAvA′﹣mAvA
B停止时A的速度：
代入数据可得：vA′＝3m/s
对A由动能定理可得：
则位移：xA＝1.75m＞l＝1.0m
这表明在时间t2内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边的距离为：△x＝2l﹣xA＝2.0﹣1.75＝0.25
m处。
B位于出发点左边0.25
m处，两物块之间的距离s为：s＝xB+△x＝0.25
m+0.25
m＝0.50
m
(3)t2时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA″，由动能定理有：⑩
联立并代入题给数据得：m/s
故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为vA0以和vB0，由动量守恒定律与机械能守恒定律有：mA(﹣vA″)＝mAvA0+mBvB0
以及：
联立并代入题给数据得：m/s，m/s
这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动。设碰撞后A向右运动距离为xA′时停止，B向左运动距离为xB′时停止，由动能定理可得：
，
代入数据得：xA′＝0.63m，xB′＝0.28m
xA′小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离：s′＝xA′+xB′＝0.63+0.28＝0.91m
答：(1)弹簧释放后瞬间A、B速度的大小分别为4.0m/s和1.0m/s；
(2)物块B先停止，该物块刚停止时A与B之间的距离是0.50m；
(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是0.91m。
【点评】本题关键要分析清楚物体运动过程，明确能量是如何转化的，熟练应用动量守恒定律、能量守恒定律即可正确解题，注意动量守恒定律与机械能守恒定律的条件，及动量定理的矢量性与动能定理的功的正负。
该题除分离的过程外，其余的步骤也可以使用牛顿第二定律结合运动学的公式解答。
【例24】(2017?新课标Ⅰ)将质量为1.00kg的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以大小为600m/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．30kg?m/s
B．5.7×102kg?m/s
C．6.0×102kg?m/s
D．6.3×102kg?m/s
【分析】在喷气的很短时间内，火箭和燃气组成的系统动量守恒，结合动量守恒定律求出燃气喷出后的瞬间火箭的动量大小。
【解答】解：开始总动量为零，规定气体喷出的方向为正方向，根据动量守恒定律得，0＝m1v1+p，
解得火箭的动量p＝﹣m1v1＝﹣0.05×600kg?m/s＝﹣30kg?m/s，负号表示方向，故A正确，B、C、D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了动量守恒定律的基本运用，知道喷出燃气的动量和火箭的动量大小相等，方向相反，基础题。
【例25】(2013?福建)将静置在地面上，质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是(　　)
A．v0
B．v0
C．v0
D．v0
【分析】以火箭为研究对象，由动量守恒定律可以求出火箭的速度．
【解答】解：取向上为正方向，由动量守恒定律得：
0＝(M﹣m)v﹣mv0
则火箭速度v＝
故选：D。
【点评】在发射火箭过程中，系统动量守恒，由动量守恒定律即可正确解题．
【例26】(2018?新课标Ⅰ)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动，爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。求
(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；
(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。
【分析】(1)烟花弹从地面开始上升的过程中做竖直上抛运动，由速度时间公式求上升的时间。
(2)研究爆炸过程，由动量守恒定律和能量守恒定律结合求爆炸后瞬间两部分的速度，再由运动学求最大高度。
【解答】解：(1)设烟花弹的初速度为v0．则有：E＝
得：v0＝
烟花弹从地面开始上升的过程中做竖直上抛运动，则有：v0﹣gt＝0
得：t＝
(2)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸上升的高度为：h1＝＝
对于爆炸过程，取竖直向上为正方向，由动量守恒定律得：
0＝mv1﹣mv2。
根据能量守恒定律得：E＝mv12+mv22。
联立解得：v1＝
爆炸后烟花弹向上运动的部分能继续上升的最大高度为：h2＝＝
所以爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度为：h＝h1+h2＝
答：
(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间是；
(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度是。
【点评】分析清楚烟花弹的运动过程，把握每个过程的物理规律是解题的关键。要知道爆炸过程内力远大于外力，系统遵守两大守恒定律：动量守恒定律与能量守恒定律，解题时要注意选择正方向。
第1页（共1页）英恋物理
《高考物理顶层
系列资料点考向通01
动量守恒定律及其应用
资料编号:206
量守恒定律
习题编号:206
果系统不受外力,或者所受外力的合力为
个系统的
保持不变。习题编号
2.常用的四种表达形式
习题编号:206-3
(1=p’,即系统相互作用前的总动量p和相互作用后的总动量p'大小相等,方向相同
题编号:206-4
系统总动量的増量为零
习题编号:206-5
两部分物体,其
量的增加量等于另
部分动量的减
即相互作用前后系统内各物体的动量都
线上时
作用前总动量与作用后总动量相等
恒形式及成立条件
(1)理想守恒
受外力或
的合力为零
(2)近似守恒:系统所受外力
(3)分动量守恒:系统所受外力虽不为
在某方向上合力为零,系统在该方向上动量
【例1】(多选)如图所示,在光滑水平面上有A、B两
B之间用一轻弹簧连接
在墙壁
B
向左推B使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态
若突然撒去力F,则下列说法中正确的是(
M
木块A离开墙壁前,A、B和弹簧组成的系统动量守恒,机械能也守
前,A、B和弹簧组成的系统动量不守恒,但机械能守恒
木块A离开墙壁
弹簧组成的系统动量守恒,机械能也守恒
D.木块A离开墙壁后,A、B和弹簧组成的系统动量不守恒,但机械能守恒
体P静止在水平面上,从斜面上某个位置由静
止释放一物块Q,Q沿斜面加速下滑。在Q下滑过程中()
A.若P保持静止不动,Q的机械能
B.若P保持静止不动,Q减小的重力势能可能大于它增加的动能
C.若P相对地面滑动
组成的系统在水平方向动量守恒
D.若P相对地面滑动,P、Q增加
之和一定等于Q减少的重力势能
应用动量守恒定律的解题步骤
究对象:相互作用的两个或多个物体组
究对象
确定系统的组成及研究成的系
过程
注意拐念明确初末
判断动量是否守恒
根据守恒条
断符合守恒中的哪
定正方向
确定初、末状态的动量瞬时量:必修注意对应的时
对量:各物体的速度必须
参考
矢
各物体的动量必须选
列方程
求解或讨论
英恋物理
《高考物理顶层
系列资料考点考向通02
5.动量守恒定律的应用
(1)机车脱钧问题的分析
脱钩前:匀速运动
f2
m+M
脱钩后:由于系统受到的外力不变,始终为0,系统的动量守忄
(M
+mIv
M
(m+M
y
F
当M停止后:对
全
英恋物理
《高考物理顶层
系列资料考点考向通03
(2)板块问题
从
运动速度、位移、时间、加速度关
ug
xm=
vot
②运动做功、能量转化关
里
天
做功关系:W
有从右端滑离:最终共速
动速度、位移
加速度关
amg
动做
能量转化关系
(m+M
Ii+umaX
做

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