专题14动量守恒定律及应用（解析版）_4.2025物理总复习_赠品通用版（老高考）复习资料_专项复习_2023年高考冲刺物理热点知识讲练与题型归纳（全国通用）

专题 14 动量守恒定律及应用 [题型导航] 题型一 动量守恒定律的理解与基本应用...........................................................................................1 题型二 碰撞模型问题...........................................................................................................................5 题型三 “人船”模型问题.................................................................................................................13 题型四 动量和能量观点的综合应用.................................................................................................17 [考点分析] 题型一 动量守恒定律的理解与基本应用 1．内容 如果一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律． 2．适用条件 (1)系统不受外力或所受外力的合力为零，不是系统内每个物体所受的合外力都为零，更不能认为系 统处于平衡状态． (2)近似适用条件：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)如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在该方向上动量守恒． 3．动量守恒定律的不同表达形式 (1)mv ＋mv ＝mv′＋mv′，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 1 1 2 2 1 1 2 2 和． (2)Δp＝－Δp，相互作用的两个物体动量的增量等大反向． 1 2 (3)Δp＝0，系统总动量的增量为零． 4．应用动量守恒定律解题的步骤 (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(或某一方向上动量是否守恒)； (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． [例题1] 如图，水平面上有一平板车，某人站在车上抡起锤子从与肩等高处挥下，打在车 的左端，打后车与锤相对静止。以人、锤子和平板车为系统（初始时系统静止），研究该次挥 下、打击过程，下列说法正确的是（ ） A．若水平面光滑，在锤子挥下的过程中，平板车一定向右运动 B．若水平面光滑，打后平板车可能向右运动 C．若水平面粗糙，在锤子挥下的过程中，平板车一定向左运动 D．若水平面粗糙，打后平板车可能向右运动 【解答】解：A、若水平面光滑，以人、锤子和平板车为系统，系统水平方向不受外力，系统水 平方向动量守恒，且总动量为零，在锤子挥下的过程中，锤子有水平向右的速度，根据系统水 平方向动量守恒可知，平板车一定向左运动，故A错误； B、打后锤子停止运动，由于系统水平方向总动量为零，且系统水平方向动量守恒，所以平板车 也停下，故B错误； C、若水平面粗糙，在锤子挥下的过程车由于受摩擦力作用，可能静止不动，故C错误； D、在锤子打平板车时，在最低点与车相碰，锤子与平板车系统动量向右，所以打后平板车可能 向右运动，故D正确。 故选：D。 [例题2] 如图所示，在足够大的光滑水平面上停放着装有光滑弧形槽的小车，弧形槽的底 端切线水平，一小球以大小为v 的水平速度从小车弧形槽的底端沿弧形槽上滑，恰好不从弧形 0 槽的顶端离开。小车与小球的质量分别为2m、m，以弧形槽底端所在的水平面为参考平面。 小球的最大重力势能为（ ） 1 1 1 1 A． mv2 B． mv2 C． mv2 D． mv2 3 0 4 0 5 0 6 0【解答】解：小球恰好不从弧形槽的顶端 离开，即小球到达弧形槽顶端时，小球与小车速度相 同，设共同速度大小为v，在小球沿小车弧形槽上滑的过程中，小球与小车组成的系统在水平方 1 1 1 向上动量守恒，有mv ＝3mv，根据能量守恒定律有 mv2= ×3mv2+E 。解得E = mv2。 0 2 0 2 p p 3 0 故A正确，BCD错误。 故选：A。 [例题3] 如图所示，质量为0.1kg的小圆环A穿在光滑的水平直杆上。用长为L＝0.8m的 细线拴着质量为0.2kg的小球B，B悬挂在A下方并处于静止状态。t＝0时刻，小圆环获得沿 杆向左的冲量0.6N•s，g取10m/s2。下列说法正确的是（ ） A．小球B做圆周运动 B．小球B第一次运动到A的正下方时A的速度最小 C．从小球B开始运动到第一次回到A的正下方的过程中，细线对A先做负功再做正功 D．从小球B开始运动到第一次回到的正下方的过程中，合力对B的冲量为0.6N•s 【解答】解：A、以小圆环A为参考系，B相对A做圆周运动，B相对于地面做一般曲线运动， 故A错误； BC、规定向左为正方向，对A由动量定理得：I＝m v A 0 从小球B开始运动到第一次回到A的正下方的过程中，对于A和B，由水平方向动量守恒定律 得： m v ＝m v +m v A 0 A 1 B 2 1 1 1 m v2= m v2+ m v2 2 A 0 2 A 1 2 B 2 代入数据联立解得：v ＝﹣2m/s，v ＝4m/s，小圆环是先往左减速，再向右加速，细线拉力先做 1 2 负功后做正功，A得最小速度为零，但不是小球B第一次运动到A的正下方得时刻，故B错误， C正确； D、如果小球B开始运动到第一次回到A的正下方的过程中合力对B的冲量为0.6N•s，则根据 动量定理此时小球的速度为I'＝m v B B根据动量守恒定律，此时小环A的速度为v' ＝0 A 1 此时的A、B组成的系统的总机械能为：E′= m v2 2 B B 1 而A、B组成的系统的初始机械能为：E= m v2 2 A A 代入数据解得：E'＝0.9J，E＝1.8J 不满足机械能守恒，因此从小球B开始运动到第一次回到A的正下方的过程中合力对B的冲量 不为0.6N•s，故D错误。 故选：C。 [例题4] 如图所示，质量为2m的小球A与质量为m的小球B固定在轻杆两端，初始时刻 轻杆紧靠光滑墙壁，竖直立于光滑地板上，如图所示。突然发生微小的扰动使小球B绕A球在 垂直于墙壁的竖直平面内无初速度倒下，下落过程中，轻杆与竖直方向的夹角为 ，直到B球 第一次落地，以下说法正确的是（ ） α A．A球不动，B球做圆周运动 2 B．当cos = 时，轻杆的弹力为零 3 α 2 C．当cos ＜ 时，A球与B球系统的动量守恒 3 α 2 D．当cos ＞ 时，轻杆的弹力为F ＝mg（3cos ﹣2） N 3 α α 【解答】解：ABD、初始时假设A点不动，所以B以球A为圆心，杆长L为半径做圆周运动， 1 当杆与竖直方向成 角时，球B的速度大小为v，根据机械能守恒定律有： mv2=mgL（1﹣ 2 α cos ） 解得α：v=√2gL(1-cosα) v2 对于小球B，有：mgcos ﹣N＝m l α 由上两式解得：N＝mg（3cos ﹣2） α2 2 当 ＜arccos ，3cos ＞2，N＞0，说明A球此时没有离开墙．当cos = 时，轻杆的弹力为零， 3 3 α α α 2 当 ＞arccos ，球A离开墙壁，故AD错误，B正确； 3 α 2 C、当cos ＜ 时，墙壁对系统有力的作用，所以A球与B球系统的动量不守恒，故C错误； 3 α 故选：B。 [例题5] （多选）如图所示，光滑水平面上有一小车，小车上有一物体，用一细线将物体 系于小车的A端，物体与小车A端之间有一压缩的弹簧，某时刻线断了，物体沿车滑动到 B 端粘在B端的油泥上.则下述说法中正确的是（ ） A．若物体滑动中不受摩擦力，则全过程系统机械能守恒 B．若物体滑动中有摩擦力，则全过程系统动量守恒 C．小车的最终速度与断线前不同 D．全过程系统的机械能不守恒 【解答】解：AD、物体与橡皮泥粘合的过程，发生非弹性碰撞，系统机械能有损失，所以全过 程系统的机械能不守恒，故A错误，D正确。 B、取小车、物体和弹簧为一个系统，则系统水平方向不受外力（若物体在滑动过程中有摩擦力， 为系统的内力），全过程系统的动量守恒，故B正确； C、取系统的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可知，物体沿车滑动到B端粘在B端的油 泥上后系统共同的速度与初速度是相同的，故C错误。 故选：BD。 题型二 碰撞模型问题 1．碰撞 (1)概念：碰撞是指物体间的相互作用持续时间极短，而物体间相互作用力很大的现象． (2)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力≫外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒． (3)分类动量是否守恒 机械能是否守恒 弹性碰撞 守恒 守恒 非完全弹性碰撞 守恒 有损失 完全非弹性碰撞 守恒 损失最大 2.碰撞后运动状态可能性判定 (1)动量制约：即碰撞过程中必须受到动量守恒定律的制约，总动量的方向恒定不变，即 p ＋p ＝p′ 1 2 1 ＋p′. 2 (2)动能制约：即在碰撞过程中，碰撞双方的总动能不会增加，即E ＋E ≥E ′＋E ′ k1 k2 k1 k2 (3)运动制约：即碰撞要受到运动的合理性要求的制约，如果碰前两物体同向运动，则后面物体速度 必须大于前面物体的速度，碰撞后原来在前面的物体速度必增大，且大于或等于原来在后面的物体 的速度，否则碰撞没有结束；如果碰前两物体是相向运动，而碰后两物体的运动方向不可能都不改 变，除非碰后两物体速度均为零． [例题6] 2022年北京冬奥会隋文静和韩聪在花样滑冰双人滑中为我国代表团赢得第 9枚金 牌。在某次训练中隋文静在前、韩聪在后一起做直线运动，当速度为v 时，韩聪用力向正前方 0 3 推隋文静，两人瞬间分离，分离瞬间隋文静速度为 v 。已知隋文静和韩聪质量之比为2：3， 0 2 则两人分离瞬间韩聪的速度（ ） 2 A．大小为 v ，方向与初始方向相同 0 3 2 B．大小为 v ，方向与初始方向相反 0 3 1 C．大小为 v ，方向与初始方向相同 0 2 1 D．大小为 v ，方向与初始方向相反 0 2 【解答】解：设两人分离瞬间韩聪的速度为v。以两人原来运动方向为正方向，由动量守恒定律 得： 3 （m +m ）v ＝m • v +m v 1 2 0 1 0 2 2 2 已知m ：m ＝2：3，代入数据解得：v= v ，方向与初始方向相同，故A正确，BCD错误。 1 2 0 3 故选：A。 [例题7] 如图所示，光滑水平地面上有质量均为m的三个小物块A、B、C，其中B、C通 过一轻质弹簧拴接，弹簧处于原长。现给A一个向右的初速度v0，物块A与物块B发生碰撞后粘在一起继续运动，弹簧始终未超过弹性限度，则从物块A开始运动到弹簧第一次被压缩到 最短的过程中，下列说法正确的是（ ） A．物块A，B，C组成的系统动量守恒，机械能也守恒 B．物块A，B，C以及弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒 C．物块A，B，C以及弹簧组成的系统动量守恒，机械能不守恒 D．物块A动能的减少量等于物块B、C动能增加量与弹簧弹性势能的增加量之和 【解答】解：A.从物块A开始运动到弹簧第一次被压缩到最短的过程中，物块 A、B、C组成的 系统所受合外力为零，动量守恒，但由于 A.B发生的是非弹性碰撞，所以存在动能损失，且之 后系统动能还有一部分转化为弹簧的弹性势能，所以系统机械能不守恒，故A错误； BC.从物块A开始运动到弹簧第一次被压缩到最短的过程中，物块 A、B、C以及弹簧组成的系 统所受合外力为零，动量守恒，但由于 A.B发生的是非弹性碰撞，所以存在动能损失，系统机 械能不守恒，故B错误，C正确； D.从物块A开始运动到弹簧第一次被压缩到最短的过程中，物块A动能的减少量等于由于与B 发生非弹性碰撞而损失的动能、物块B、C动能的增加量与弹簧弹性势能的增加量这三者之和， 故D错误。 故选：C。 [例题8] 如图甲所示，一光滑圆管轨道由相互连接的两个半圆轨道及一个四分之一圆轨道 组成，圆管轨道竖直固定（管内直径可以忽略），右侧底端与直轨道相切于 M点，直轨道粗 糙，圆管轨道的半径R＝0.2m。质量m ＝0.1kg的物块A，自圆管左端开口的正上方高h＝ 1 4.8m处自由下落，沿切线落入圆管轨道，经过竖直圆管轨道后与 M点处静止的质量m ＝0.3kg 2 的物块B发生碰撞（碰撞时间极短），碰后物块B在直轨道上滑行过程的x﹣t图像如图乙所 示。已知A、B与直轨道间的动摩擦因数相同，A、B均可视为质点，不计空气阻力，取 g＝ 10m/s2。则（ ）A．最终A静止的位置到M点的距离为1m B．A、B碰后瞬间B的速度大小为2m/s C．A滑过竖直圆管轨道P、Q两点时受到管壁的弹力大小之差为6N D．A、B与直轨道间的动摩擦因数为0.15 【解答】解：C、在A从开始至运动到P点的过程中，由机械能守恒定律可得：m g（R+h） 1 1 ，可得v ＝10m/s。A在P点时，由牛顿第二定律可得F ﹣m g＝m v2，解得F ＝51 = m v2 P N 1 1 P N 2 1 P R 1 1 N；在A从P点运动到Q点的过程中，由机械能守恒定律可得： m v2=2m gR+ m v2，A在 2 1 0 1 2 1 Q Q点时，由牛顿第二定律可得F ′+m g＝m v2 ，解得F ′＝45N，A滑过竖直圆管轨道P、Q N 1 1 Q N R 两点时受到管壁的弹力差为ΔF ＝F ﹣F ′＝51N﹣45N＝6N，故C正确； N N N B、由机械能守恒定律可知，A与B碰前瞬间A的速度为v ＝v ＝10m/s。碰后B做匀减速运动， 0 P x v +0 6 由其x﹣t图像和运动学公式得： = 2 = m/s＝2m/s t 2 3 解得A、B碰后瞬间B的速度大小为v ＝4m/s，故B错误； 2 1 D、碰后B运动的过程，由动能定理得：﹣ m gx＝0- m v2 2 2 2 2 μ 2 解得A、B与直轨道间的动摩擦因数为 = ，故D正确； 15 μ A、A与B碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得：m v ＝m v +m v ，解得碰后A的 1 0 1 1 2 2 速度：v ＝﹣2m/s 11 设A最终位置到M点的距离为x 。由动能定理得：﹣ m gx ＝0- m v2，解得A静止的位置 1 1 1 2 1 1 μ 到M点的距离x ＝1.5m，故A错误。 1 故选：C。 [例题9] 第24届冬季奥林匹克运动会于2022年2月20日落下帷幕，冰壶运动是冬奥会比 赛项目之一。假设运动员用红壶撞击静止在水平冰面上的蓝壶，两壶发生正碰，不计碰撞时间， 碰撞前、后两壶的v﹣t图像如图所示。已知两壶的质量均为20kg，则碰撞后蓝壶所受的阻力 大小为（ ） A．1.8N B．2.0N C．2.4N D．3.2N 【解答】解：设碰后蓝壶的速度为v，碰前红壶的速度v ＝1.0m/s，碰后红壶的速度为v′＝ 0 0.4m/s， 取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：mv ＝mv'+mv 0 解得v＝0.6m/s； 设碰撞后蓝壶所受的阻力大小为f，取初速度方向为正方向，对蓝壶根据动量定理可得： ﹣fΔt＝0﹣mv，其中Δt＝6s﹣1s＝5s 解得：f＝2.4N，故C正确、ABD错误。 故选：C。 [例题10] 小宁在家玩弹力球，他将A、B两个大小不同的弹力球从离水平地面h高处由静 止同时释放，如图所示。释放时A、B两球（可看成质点）相互接触且球心连线竖直，已知 m ＜m ，碰撞过程中均无机械能损失，地面到屋顶距离为2.7m。为保证A球反弹后不与屋顶 A B 相碰，则两弹力球释放时距离地面的最大高度为（ ） A．0.3m B．0.6m C．0.9m D．1.2m【解答】解：设小球B触地反弹后与A球碰撞后，A的速度大小为v ，B的速度大小为v 。 1 2 1 为保证A球反弹后不与屋顶相碰，对 A球上升过程中，根据动能定理可得：﹣m gH＝0- A 2 m v 2 A 1 其中H＝2.7m，代入数据解得：v ＝3√6m/s 1 设两弹力球释放时距离地面的最大高度为h，两球下落过程中，根据动能定理可得：（m +m ） A B 1 gh= （m +m ）v 2 A B 0 2 B球与地面碰撞后速度等大反向，两球碰撞过程，取竖直向上为正方向，根据动量守恒定律可得： m v ﹣m v ＝m v +m v B 0 A 0 A 1 B 2 1 1 1 1 根据机械能守恒定律可得： m v 2+ m v 2= m v 2+ m v 2 B 0 A 0 A 1 B 2 2 2 2 2 联立解得：h＝（ m +m ）2H A B 3m -m B A 由数学知识，当m ＜m 时，1 m +m 1，所以：0.3m＜h＜0.68m，故ACD错误，B正 A B ＜ A B ＜ 3 3m -m B A 确。 故选：B。 [例题11] 如图，静置于水平地面的两辆购物车沿一直线排列，质量均为m，人在极短时间 内给第一辆车一水平冲量使其运动，当车运动了距离L时与第二辆车相碰，两车以共同速度继 续运动了距离L时停止。车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k倍，重力加速度为g， 若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用，碰撞时间很短，忽略空气阻力，求： （1）两车碰后共同运动过程的最大速率； （2）人给第一辆车水平冲量的大小； （3）碰撞时系统损失的机械能ΔE与整个运动过程中系统克服摩擦阻力做功W 之比。 f【解答】解：（1）根据牛顿第二定律有：k•2mg＝2ma 根据速度—位移公式有：v2＝2aL 联立解得：v=√2kgL （2）两辆车碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，设碰撞前第一辆车的速度大小为 v ，以碰撞前第一辆车的速度方向为正方向，由动量守恒定律得： 0 mv ＝2mv 0 1 对第一辆车，根据位移—时间关系有：L＝v t - at2 00 2 0 由动量定理得： I﹣ mgt ＝mv ﹣0 0 0 解得μ该同学对第一辆车的冲量大小：I＝m√10kgL 1 1 （3）设两辆车碰撞过程损失的机械能为ΔE，由能量守恒定律得： mv2= ⋅2mv2+ΔE 2 0 2 解得：ΔE＝2kmgL 对两辆车在整个运动过程，由能量守恒定律得： W ＝ΔE+W 0 1 根据功能关系有：W = mv2 0 2 初 根据动量定理有：I＝mv初 ΔE 2 解得 = W 3 f 答：（1）两车碰后共同运动过程的最大速率为√2kgL； （2）人给第一辆车水平冲量的大小为m√10kgL； 2 （3）碰撞时系统损失的机械能ΔE与整个运动过程中系统克服摩擦阻力做功W 之比为 。 f 3 [例题12] 如图所示，光滑曲线轨道BC分别与竖直轨道AB、粗糙水平地面CD平滑连接，CD右端与光滑半圆轨道DE平滑连接，半圆轨道直径为2R。CD长为l＝2R，竖直轨道的最高 点A与地面高度差h＝2R。质量为m的小滑块P从A点静止释放，之后在D点与静止放置在 该处的小滑块Q发生碰撞，碰撞过程机械能损失不计。已知小滑块 Q的质量也为m，物体Q 被撞后的瞬间对轨道的压力突然增大了2mg。已知重力加速度为g。 （1）求水平轨道的动摩擦因数 ； （2）如果小滑块P的质量变为μkm（k为正数），如果要求小滑块Q在半圆轨道DE段运动过程 中没有脱离圆弧（设碰撞后P立即拿走，不发生两次碰撞），求k的取值范围； （3）在第（2）问中，发现小滑块Q经过E点落到曲线轨道BC上任意一点的动能均与落到C 点的动能相同，以D点为坐标原点，向右为x轴、向上为y轴建立坐标系，求曲线轨道BC在坐 标系中的方程（写成y＝f（x）的形式）。 【解答】解：（1）设碰后滑块Q的速度为v，由于碰后滑块Q对轨道的压力F突然增大了 v2 2mg，即变为3mg，根据牛顿第二定律可得F-mg=m R 设滑块P碰前的速度为v ，碰后速度为v ，在滑块P和滑块Q碰撞过程中，由动量守恒定律可 1 2 得mv ＝mv +mv 1 2 1 1 1 由于碰撞过程不考虑机械能损耗，所以有 mv2= mv2+ mv2 2 1 2 2 2 1 滑块P由A运动至D的过程中，由动能定理可得mgh-μmgl= mv2 2 1 结合题意代入数据可得v ＝v=√2gR 1 代入数据解得 ＝0.5 （2）设滑块μP 到 D 点的速度为 v P ，滑块 P 由 A 运动至 D 的过程中，由动能定理可得 1 kmgh-μkmgl= kmv2 2 P 设碰后，滑块P和滑块Q的速度分别为v' ，v 。在滑块P和滑块Q碰撞过程中，由动量守恒定 p Q律可得 kmv ＝kmv' +mv p p Q 1 1 1 由于碰撞过程不考虑机械能损耗，故有 kmv 2= kmv′ 2+ mv 2 2 P 2 P 2 Q 2k 2k 解得v = v' = √2gR Q 1+k P 1+k ①若滑块Q能够到达轨道的最高点，且不脱离轨道，则滑块Q在最高点E时，由牛顿第二定律 可得 mv'2 mg≤ Q R 则Q从最低点到最高点的过程，由功能关系可得 1 1 ﹣2mgR= mv′ 2 - mv 2 2 Q 2 Q 2√10+5 联立代入数据解得k≥ 3 ②若滑块Q到达最大高度不过圆心等高处。由功能关系可得 1 mgR≥ mv 2 2 Q 联立代入数据解得k≤1 2√10+5 综上可得k≤1或k≥ ； 3 （3）滑块Q从E点飞出后做平抛运动，设飞出的速度为v ，落在弧形轨道上的坐标为（x， 0 -x=v t 0 y），将平抛运动分解成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体，则有 1 2R- y= gt2 2 1 Q从点E落到轨道BC上的过程中，根据动能定理可得mg(2R- y)=E - mv2 k 2 0 解得落点处的动能为 mgx2 E =mg(2R- y)+ k 4(2R- y) 因为滑块Q从E点到弧形轨道BC上任意点的动能都相等，且与落点C（﹣2R，0）一致，则将 C点坐标带入得E ＝2.5mgR K 3 1 化简可得y= R- √25R2-4x2（﹣2.5R≤x≤﹣2R）。 4 4答：（1）水平轨道的动摩擦因数 为0.5； 2μ√10+5 （2）k的取值范围为k≤1或k≥ ； 3 3 1 （3）曲线轨道BC在坐标系中的方程为y= R- √25R2-4x2（﹣2.5R≤x≤﹣2R）。 4 4 题型三 “人船”模型问题 1．应用动量守恒定律解题的步骤 (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(或某一方向上动量是否守恒)； (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． [例题13] 如图所示，一个质量为M木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上 放着一个质量为m的小木块．木箱和小木块都具有一定的质量．现使木箱获得一个向左的初速 度v ，则（ ） 0 A．小木块和木箱最终都将静止 Mv B．木箱速度为零时，小木块速度为 0 m+M Mv C．最终小木块速度为 0 ，方向向左 m+M 1 D．木箱和小木块系统机械能最终损失 Mv 2 0 2 【解答】解：A、系统所受外力的合力为零，动量守恒，初状态木箱有向左的动量，小木块动量 为零，故系统总动量向左，系统内部存在摩擦力，阻碍两物体间的相对滑动，最终相对静止， 由于系统的总动量守恒，不管中间过程如何相互作用，根据动量守恒定律，最终两物体以相同 的速度一起向左运动。故A错误；Mv B、规定向左为正方向，根据动量守恒：Mv ＝mv +Mv ；v ＝0，可得v = 0，故B错误。 0 1 2 2 1 m Mv C、最终两物体速度相同，由动量守恒得：Mv ＝（m+M）v，则得 v= 0 ，方向向左，故C 0 m+M 正确。 D、木箱和小木块系统机械能最终损失△E 1Mv 2 1（m+M）v2 mMv 2 ，故D错误； = 0 - = 0 2 2 2(m+M) 故选：C。 [例题14] 平静的水面上停着一只小船，船头站立着一个人，人的质量为m＝50kg，船的质 量为M＝100kg，从某时刻起，人以v＝10m/s的速度向船尾走去，走到船尾时他突然停止走动。 不计水对船的阻力，船长为L＝6m，则下列说法正确的是（ ） A．人在船上走动过程中，船的速度为5m/s B．人在船上走动过程中，船的位移是人的位移的2倍 C．走动时人的动量大于小船的动量 D．人突然停止走动后，小船由于惯性的缘故还会继续运动 【解答】解：A.对船和人组成的系统，水平方向上动量守恒，以人速度方向为正方向， 由动量守恒定律得mv﹣Mv′＝0 mv 50×10 得v′= = m/s＝5m/s，故A正确； M 100 B.人从船头走到船尾，设人和船对地发生的位移大小分别为s 和s ，以人速度方向为正方向，由 1 2 s s 动量守恒定律得m 1-M 2=0 t t 又s +s ＝6 1 2 解得s ＝4m，s ＝2m 1 2 即人的位移是船的位移的2倍，故B错误； C.由系统动量守恒可知，走动时人的动量与小船的动量等大反向，故C错误； D.人“突然停止走动”是指人和船相对静止，设这时人、船的速度为v，则 （M+m）v＝0 所以v＝0 说明船的速度立即变为零，故D错误。 故选：A。 [例题15] 如图所示，质量M＝2kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m＝1kg的小球通过长L＝0.5m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由 转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度v ＝4m/s，g取10m/s2。则（ 0 ） A．若锁定滑块，小球通过最高点P时对轻杆的作用力为4N B．若解除对滑块的锁定，滑块和小球组成的系统动量守恒 C．若解除对滑块的锁定，小球通过最高点时速度为2m/s 1 D．若解除对滑块的锁定，小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离为 m 3 【解答】解：A、设小球能通过最高点，且此时的速度为v ．在上升过程中，因只有重力做功， 1 1 1 小球的机械能守恒，由机械能守恒定律得： mv2= mv2+mgL，代入数据解得：v =√6m/s， 2 0 2 1 1 对小球由牛顿第二定律得：F+mg＝mv2，代入数据解得：F＝2N，即在最高点杆对小球的作用 1 L 力方向向下，大小为2N，根据牛顿第三定律可知小球通过最高点时小球对杆的作用力方向向上， 大小为2N，故A错误； BC、若解除锁定，小球和滑块构成的系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，设小球的 1 1 1 水平方向为正方向，由动量守恒得 mv ＝Mv ，由机械能守恒得 mv2= mv'2 + Mv2 + m M 2 0 2 m 2 M mgL，得v ＝2m/s，故B错误，C正确； m D、设小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离为 x ，滑块运动的距离为x ， m M 2 由系统水平方向动量守恒得mx ＝Mx ，又x +x ＝2L，得x = m，故D错误； m M m M m 3 故选：C。 [例题16] 如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面H＝125m的高处，现将质量为 m＝50kg的物资以相对地面的速度v ＝5m/s水平投出，已知投出物资前热气球的总质量为M 0＝300kg，所受浮力不变，重力加速度10m/s2，不计阻力，以下判断不正确的是（ ） A．投出物资后，物资下落过程中热气球和物资组成的系统动量守恒 B．投出物资后热气球与物资在水平方向上的速度大小之比始终是1：5 C．投出物资后，物资下落过程中热气球和物资组成的系统机械能增加 D．物资落地时物资与热气球的距离为5√661m 【解答】解：A、载有物资的热气球静止于距水平地面H的高处，物资与热气球组成的系统所受 合外力为零，抛出物资后在物资落地前，物资与热气球组成的系统所受合外力仍然为零，系统 动量守恒，故A正确； B、抛出物资过程，物资和热气球组成的系统在水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，设 投出物资后热气球在水平方向的分速度为v ， 1 以水平向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv ﹣（M﹣m）v ＝0，解得：v 1，故B正确； 0 1 1= v 5 0 C、投出物资后，物资下落过程中热气球和物资组成的系统受浮力做正功，则机械能增大，故 C 正确； 1 D、抛出物资后，物资做平抛运动，设运动时间为t，竖直方向上，有：H= gt2 2 水平方向上，有：x＝v t 0 热气球在水平方向的位移大小：x′＝v t 1 抛出物资前，竖直方向上：F浮 ＝Mg 抛出物资后，对气球根据牛顿第二定律得 竖直方向上：F浮 ﹣（M﹣m）g＝（M﹣m）a， 1 热气球在竖直方向上上升的高度：h= at2 2 物资落地时物资与热气球的距离为：d =√(H+h) 2+(x+x') 2代入数据解得：d＝30√26m，故D错误。 本题选择错误选项； 故选：D。 题型四 动量和能量观点的综合应用 [例题17] 两个质量分别为M 和M 的劈A和B，高度相同，放在光滑水平面上。A和B的 1 2 倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图所示。一质量为 m的物块位于劈A的倾 斜面上，距水平面的高度为h。物块从静止开始滑下，然后又滑上劈B．求物块在B上能够达 到的最大高度。 【解答】解：设物块到达劈A的底端时，物块和A的速度大小分别为v和V， 由机械能守恒和动量守恒得 1 1 mgh= mv2+ M V2① 1 2 2 M V＝mv② 1 设物块在劈B上达到的最大高度h′，此时物块和B的共同速度大小为V′，由机械能守恒和动 量守恒得 1 1 mgh′+ （M +m）V′2= mv2③ 2 2 2 mv＝（M +m）V′④ 2 联立①②③④式得 h′ = M 1 M 2 h⑤ (M +m)(M +m) 1 2 答：物块在B上能够达到的最大高度是 M M h。 1 2 (M +m)(M +m) 1 2 [例题18] 如图所示，轻绳的两端分别系在圆环A和小球B上，圆环A套在光滑的水平固 定直杆MN上，A、B静止不动时B球恰好与光滑水平地面接触，C球以V＝2m/s的速度沿地面向左匀速运动，当与B球发生对心正碰后B、C两球立即粘在一起共同向左运动，已知B、 C小球的质量均为1kg，圆环A的质量为2kg．试求B、C粘在一起向左运动过程中上升的最大 高度（g取10m/s2）． 【解答】解：由题意可知，当B、C碰后粘在一起向左运动的速度跟A的速度相等时其上升的高 度达到最大，设B、C碰后瞬间的共同速度为v ，它们运动到最高点的速度为v ，上升的最大高 1 2 度为h，规定C的速度方向为正方向，对B、C碰撞前后由动量守恒定律得： m V＝（m +m ）v ， C B C 1 B、C粘在一起向左运动到上升高度达到最大的过程中，由 A、B、C组成的系统水平方向动量 守恒有： （m +m ）v ＝（m +m +m ）v B C 1 A B C 2 由A、B、C组成的系统机械能守恒得： 1 1 (m +m )v 2= (m +m +m )v 2+(m +m )gh， 2 B C 1 2 A B C 2 B C 代入数据解得：h＝2.5×10﹣2m． 答：B、C粘在一起向左运动过程中上升的最大高度为2.5×10﹣2m． [例题19] 如图所示，由于街道上的圆形污水井盖破损，临时更换了一个稍大于井口的红色 圆形平板塑料盖。为了测试因塑料盖意外移动致使盖上的物块滑落入污水井中的可能性，有人 做了一个实验：将一个可视为质点、质量为m的硬橡胶块置于塑料盖的圆心处，给塑料盖一个 沿径向的水平向右的初速度v ，实验的结果是硬橡胶块恰好与塑料盖分离。设硬橡胶块与塑料 0 盖间的动摩擦因数为 ，塑料盖的质量为2m、半径为R，假设塑料盖与地面之间的摩擦可忽略， 且不计塑料盖的厚度。μ （1）求硬橡胶块与塑料盖刚好分离时的速度大小为多少？ （2）通过计算说明实验中的硬橡胶块是落入井内还是落在地面上。【解答】解：（1）设硬橡胶块与塑料盖恰好分离时，两者的共同速度为 v，从开始滑动到分离 经历时间为t， 在此期间硬橡胶块与塑料盖的加速度大小分别为a 、a ， 1 2 由牛顿第二定律得： mg＝ma ① 1 μmg＝2ma 2 ② μv＝a 1 t＝v 0 ﹣a 2 t ③ 2 由以上各式得 v= v ④ 0 3 （2）设硬橡胶块与塑料盖恰好分离时，硬橡胶块移动的位移为x， 1 取硬橡胶块分析，应用动能定理得 mgx= mv2⑤ 2 μ 由系统能量关系可得 1 1 mgR= Mv2- （M+m）v2⑥ 2 0 2 μ 2 由④⑤⑥式可得 x= R 3 因 x＜R，故硬橡胶块将落入污水井内 2 答：（1）求硬橡胶块与塑料盖刚好分离时的速度大小为 v 0 3 （2）实验中的硬橡胶块将落入污水井内． [例题20] 如图，质量分别为m 、m 的两个弹性小球A、B静止在地面上方，B球距地面 A B 的高度h＝0.8m，A球在B球的正上方，先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放，当A 球下落t＝0.3s时，刚好与B球在地面上方的P点相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度 恰为零。已知m ＝3m ，重力加速度大小g＝10m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失，求： B A （i）B球第一次到达地面时的速度； （ii）P点距离地面的高度。【解答】解：（i）B球释放后做自由落体运动，根据自由落体运动位移速度公式得： B落地的速度为：v=√2gh=√2×10×0.8=4m/s⋯① （ii）设P点距离地面的高度为h′，碰撞前后，A球的速度分别为v 、v ′，B球的速度分别为 1 1 v 、v ′，由运动学规律可得： 2 2 v ＝gt＝10×0.3＝3m/s…② 1 由于碰撞时间极短，两球碰撞前后动量守恒，动能守恒，规定向下的方向为正，则： m v +m v ＝m v ′（碰后A球速度为0）…③ A 1 B 2 B 2 1 1 1 m v 2+ m v 2= m v ′2…④ A 1 B 2 B 2 2 2 2 又知m ＝3m …⑤ B A 由运动学及碰撞的规律可得B球与地面碰撞前后的速度大小相等，即碰撞后速度大小为4m/s。 则由运动学规律可得h′ 42-v 2 ⑥ = 2 ⋯ 2g 联立①～⑥式可得h′＝0.75m。 答：（i）B球第一次到达地面时的速度为4m/s； （ii）P点距离地面的高度为0.75m。