2025高考物理步步高同步练习选修1第一章 动量 专题强化1　动量定理的应用含答案

2025高考物理步步高同步练习选修1第一章动量专题强化1动量定理的应用[学习目标]1.学会利用动量定理处理多过程问题(重点)。2.用图像法解决动量定理的相关问题(重难点)。3.学会应用动量定理处理“流体类”问题(重难点)。一、用动量定理处理多过程问题在水平恒力F＝30N的作用下，质量m＝5kg的物体由静止开始沿水平面运动。已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，若F作用6s后撤去，撤去F后物体还能向前运动多长时间才停止？(g取10m/s2)应用动量定理分别从分阶段及全程两个角度进行求解。答案解法一用动量定理，分阶段求解。选物体为研究对象，对于撤去F前物体做匀加速运动的过程，初态速度为零，末态速度为v。取水平力F的方向为正方向，根据动量定理有(F－μmg)t1＝mv－0，对于撤去F后物体做匀减速运动的过程，初态速度为v，末态速度为零。根据动量定理有－μmgt2＝0－mv。联立解得t2＝eq\f(F－μmg,μmg)t1＝eq\f(30－0.2×5×10,0.2×5×10)×6s＝12s。解法二用动量定理，研究全过程。选物体为研究对象，研究整个运动过程，这个过程的初、末状态物体的速度都等于零。取水平力F的方向为正方向，根据动量定理得Ft1－μmg(t1＋t2)＝0解得t2＝12s。如果物体在不同阶段受力不同，即合外力不恒定，此情况下应用动量定理时，一般采取以下两种方法：(1)分段处理法：找出每一段合外力的冲量I1、I2…In，这些冲量的矢量和即外力的合冲量I＝I1＋I2＋…＋In，根据动量定理I＝p′－p求解，分段处理时，需注意各段冲量的正负。(2)全过程处理法：在全过程中，第一个力的冲量I1，第二个力的冲量I2，…第n个力的冲量In，这些冲量的矢量和即合冲量I，根据I＝p′－p求解，用全过程法求解时，需注意每个力的作用时间及力的方向。(3)若不需要求中间量，用全程法更为简便。例1质量m＝70kg的撑竿跳高运动员从h＝5.0m高处落到海绵垫上，经Δt1＝1s后停止，则该运动员身体受到海绵垫的平均冲力约为多少？如果是落到普通沙坑中，经Δt2＝0.1s停下，则沙坑对运动员的平均冲力约为多少？(g取10m/s2)答案1400N7700N解析以全过程为研究对象，初、末动量的数值都是0，所以运动员的动量变化为零，根据动量定理，合力的冲量为零，根据自由落体运动的知识，运动员下落到地面上所需要的时间是t＝eq\r(\f(2h,g))＝1s，从开始下落到落到海绵垫上停止时，取向下为正方向，有mg(t＋Δt1)－eq\x\to(F)Δt1＝0代入数据，解得eq\x\to(F)＝1400N下落到沙坑中时，有mg(t＋Δt2)－eq\x\to(F)′Δt2＝0代入数据，解得eq\x\to(F)′＝7700N。针对训练1(2023·泰安市新泰第一中学高二月考)某消防队员从一平台上跳下，下落1s后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.2s，在着地过程中地面对他双脚的平均作用力约为()A．自身所受重力的2倍B．自身所受重力的6倍C．自身所受重力的8倍D．自身所受重力的10倍答案B解析解法一：消防员下落t1＝1s后双脚触地时的速度为v1＝gt1，方向向下；着地后他使自身重心下降0.2s后站定，即v2＝0，设向下为正方向，则着地过程中消防员动量的变化量为Δp＝0－mv1＝－mv1，设该过程中地面对他双脚的平均作用力为eq\x\to(F)，由动量定理得(mg－eq\x\to(F))t2＝Δp＝－mv1，其中t2＝0.2s，则eq\x\to(F)＝mg＋eq\f(mv1,t2)＝mg＋5mg＝6mg，故B正确。解法二：规定向下为正方向，对消防员下落的全程应用动量定理可得mg(t1＋t2)＋(－eq\x\to(F)t2)＝0－0，代入数据解得eq\x\to(F)＝6mg，故B正确。二、图像法解决动量定理问题例2(多选)(2022·安徽教科联盟期末)如图甲所示，一质量为m的物体静止在水平面上，自t＝0时刻起对其施加一竖直向上的力F，力F随时间t变化的关系如图乙所示，已知当地重力加速度为g，空气阻力不计，则下列说法正确的是()A．0～t0时间内拉力F的冲量为0B．0～t0时间内拉力F所做的功为0C．物体上升过程中的最大速度为gt0D．4t0时刻物体的速度为0答案BC解析根据冲量的定义，I＝Ft，故0～t0时间内拉力冲量I＝eq\f(1,2)mgt0，冲量不为零，故A错误；0～t0时间内拉力小于重力，物体没有运动，不产生位移，根据功的定义，可知拉力F不做功，故B正确；3t0时速度最大，合外力的冲量为F－t图像t0～3t0时间内三角形面积，设竖直向上为正方向，根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化量，eq\f(1,2)mg×2t0＝mvmax，可知vmax＝gt0，故C正确；t0～3t0内物体向上加速，3t0～4t0内向上减速，根据动量定理，eq\f(1,2)mg×2t0－eq\f(1,2)mgt0＝mvt，4t0时刻物体的速度vt＝eq\f(1,2)gt0，故D错误。拓展延伸1试作出物体受到的合力F合随时间t变化的图像。(F合－t图像)答案拓展延伸2根据所作的F合－t图像判断物体在2t0时刻和4t0时刻的速度关系。答案2t0至4t0内，图线与t轴围成的面积为零，则合力的冲量为零，动量的变化量为零，故物体在2t0时刻和4t0时刻速度相同。F合－t图像中，图线与横轴围成的面积表示合力的冲量(动量的变化量)。在时间轴上方面积为正，在时间轴下方面积为负，合力的冲量(动量的变化量)等于上下面积绝对值之差。若物体受到多个力，某个力的F－t图像中，图线与横轴围成的面积仅表示这个力的冲量。三、用动量定理处理“流体类”问题1．流体类问题运动着的连续的气流、水流等流体，与其他物体的表面接触的过程中，会对接触面有冲击力。此类问题通常通过动量定理解决。2．解答质量连续变动的动量问题的基本思路(1)确定研究对象：Δt时间内流体微元。(2)建立“柱体”模型对于流体，可沿流速v的方向选取一段柱形流体，设在Δt时间内通过某一横截面积为S的流体长度Δl＝v·Δt，如图所示，若流体的密度为ρ，那么，在这段时间内流过该截面的流体的质量为Δm＝ρSΔl＝ρSvΔt；(3)运用动量定理，即流体微元所受的合力的冲量等于流体微元动量的增量，即F合Δt＝Δp。(Δt足够短时，流体重力可忽略不计)例3(2022·沧州一中期末)如图所示，水力采煤时，用水枪在高压下喷出的强力水柱冲击煤层。设水柱直径为d＝30cm，水速为v＝50m/s。假设水柱射在煤层的表面上，冲击煤层后水的速度变为零。求水柱对煤层的平均冲击力的大小。(水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，结果保留三位有效数字)答案1.77×105N解析取一小段时间Δt，从水枪喷出的水的质量为Δm＝ρSvΔt。以Δm为研究对象，如图所示，设水速方向为正方向，由动量定理，得FΔt＝Δm(0－v)＝－ρSv2Δt，则F＝－ρSv2由牛顿第三定律，知水对煤层的平均冲击力大小为F′＝－F＝ρSv2，又S＝eq\f(π,4)d2代入数据，解得F′≈1.77×105N。针对训练2如图所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上，底端与竖直墙壁接触。现打开右端阀门，气体向外喷出，设喷口的面积为S，气体的密度为ρ，气体向外喷出的速度为v，则气体刚喷出时竖直墙面对贮气瓶底端的作用力大小是()A．ρvS B.eq\f(ρv2,S)C.eq\f(1,2)ρv2S D．ρv2S答案D解析Δt时间内贮气瓶喷出气体的质量Δm＝ρSv·Δt，对于贮气瓶、瓶内气体及喷出的气体所组成的系统，以气体喷出速度方向为正方向，由动量定理得FΔt＝Δmv－0，解得F＝ρv2S，根据牛顿第三定律，气体对贮气瓶作用力大小F′＝F。由平衡条件可知，竖直墙面对贮气瓶底端的作用力大小与F大小相等，即为ρv2S，选项D正确。1．动量定理应用于“流体类”问题时，应将“无形”流体变为“有形”实物Δm。2．若求解流体对接触物体的力，首先转换研究对象，分析与流体接触的物体对流体的力，再结合牛顿第三定律进行解答。专题强化练1．(2023·怀宁二中月考)水平面上一质量为m的物体，在水平推力F的作用下由静止开始运动。经时间2Δt，撤去F，又经过3Δt，物体停止运动，重力加速度为g，则该物体与水平面之间的动摩擦因数为()A.eq\f(2F,mg)B.eq\f(F,mg)C.eq\f(2F,5mg)D.eq\f(F,5mg)答案C解析对整个过程研究，根据动量定理可得F·2Δt－μmg·(2Δt＋3Δt)＝0，解得μ＝eq\f(2F,5mg)，故A、B、D错误，C正确。2.用水平拉力F拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，t1时刻撤去拉力，物体做匀减速直线运动直到t2时刻停止，其速度—时间图像如图所示．α>β，拉力F做的功为W1，冲量大小为I1；物体克服摩擦阻力Ff做的功为W2，Ff的冲量大小为I2。则下列选项正确的是()A．W1>W2，I1＝I2 B．W1<W2，I1＝I2C．W1<W2，I1<I2 D．W1＝W2，I1＝I2答案D解析物体在水平拉力作用下由静止开始运动到最终静止的过程中，在水平方向只有拉力F和摩擦阻力Ff做功，故由动能定理有W1－W2＝0，得W1＝W2；由动量定理有I1－I2＝0，得I1＝I2，故D正确，A、B、C错误。3．(多选)(2022·广东高二期末)一质量为4kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则()A．t＝1s时物块的速率为4m/sB．t＝2s时物块的动量大小为2kg·m/sC．t＝3s时物块的速率为0.5m/sD．t＝4s时物块的速度为零答案BD解析根据动量定理Ft＝mv－0得，t＝1s时物块的速率为v1＝0.25m/s；同理，t＝2s时，p2＝Ft2＝1×2kg·m/s＝2kg·m/s；t＝3s时v3＝0.25m/s；t＝4s时v4＝0，故选项B、D正确。4．(2022·北京市延庆区期中)蹦极是一项刺激的极限运动，如图所示，运动员将一端固定的弹性长绳绑在腰或踝关节处，从高处跳下。在某次蹦极中，质量为60kg的运动员在弹性绳绷紧后又经过2s速度减为零，假设弹性绳长为45m，重力加速度为g＝10m/s2(忽略空气阻力)，下列说法正确的是()A．弹性绳在绷紧后2s内对运动员的平均作用力大小为2000NB．运动员在弹性绳绷紧后动量的变化量等于弹性绳的作用力的冲量C．运动员从开始起跳到下落到最低点的整个运动过程中重力冲量与弹性绳作用力的冲量大小相等D．运动员从开始起跳到下落到最低点的整个运动过程中重力冲量小于弹性绳作用力的冲量答案C解析由机械能守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mv2，绳在刚绷紧时人的速度大小为v＝eq\r(2gh)＝30m/s，以竖直向上为正方向，在绷紧的过程中根据动量定理有(F－mg)t＝0－(－mv)，代入数据解得F＝1500N，故A错误；根据动量定理可知，运动员在弹性绳绷紧后，动量的变化量等于弹性绳作用力的冲量与重力冲量的和，故B错误；运动员整个过程中动量的变化量为零，则重力冲量与弹性绳作用力的冲量等大反向，故C正确，D错误。5．(2022·武汉市五校联考)在某些小区的自助洗车设备中，有一种是用高压水流冲洗汽车表面。今有一汽车高压水枪，水枪喷水口横截面积为S，由枪口喷出的高压水流流速为v，假设水柱垂直喷射到汽车竖直的表面上，冲击汽车竖直表面后水的速度变为零，已知水的密度为ρ，则水柱对汽车竖直表面的平均冲击力为()A．ρSv2B．2ρSv2C．ρSvD．2ρSv答案A解析t时间内喷出的水柱质量为m＝ρSvt，以水柱冲击汽车表面前的运动方向为正方向，对水柱与汽车碰撞过程利用动量定理，有－Ft＝0－mv，联立解得F＝ρSv2，根据牛顿第三定律可得水柱对车表面的平均冲击力为ρSv2，故A正确，B、C、D错误。6．蹦床运动是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目。一个质量为60kg的运动员，从离水平网面3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回离水平网面5.0m高处。已知运动员与网接触的时间为1.2s，若把这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小和方向。(g取10m/s2)答案1500N方向竖直向上解析对运动员下降、与网接触、上升的全过程应用动量定理自由下落的时间为t1＝eq\r(\f(2h1,g))＝eq\r(\f(2×3.2,10))s＝0.8s运动员离网后上升所用的时间为t2＝eq\r(\f(2h2,g))＝eq\r(\f(2×5,10))s＝1s整个过程中运动员始终受重力作用，仅在与网接触的t3＝1.2s的时间内受到网对他向上的弹力F的作用，对全过程应用动量定理(取向上为正方向)，有Ft3－mg(t1＋t2＋t3)＝0则F＝eq\f(t1＋t2＋t3,t3)mg＝eq\f(0.8＋1＋1.2,1.2)×60×10N＝1500N，方向向上。7．(多选)水平面上有质量相等的a、b两个物体，水平推力F1、F2分别作用在物体a、b上。一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下。两物体的v－t图线如图所示，图中AB∥CD。则整个过程中()A．F1的冲量的大小等于F2的冲量的大小B．F1的冲量的大小小于F2的冲量的大小C．摩擦力对a物体的冲量的大小等于摩擦力对b物体的冲量的大小D．合外力对a物体的冲量的大小等于合外力对b物体的冲量的大小答案BD解析AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体受到的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等。但a物体的总运动时间小于b物体的，根据I＝Fft可知，摩擦力对a物体的冲量的大小小于摩擦力对b物体的冲量的大小；根据动量定理，对整个过程有：F1t1－FftOB＝0，F2t2－FftOD＝0，因FftOB<FftOD，则有F1t1<F2t2，即F1的冲量的大小小于F2的冲量的大小，故A、C错误，B正确；根据动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变化量，a、b两个物体动量的变化量都为零，所以相等，故D正确。8．(2022·湖南长郡中学期末)2019年8月，“法国哪吒”扎帕塔身背燃料包，脚踩由5个小型涡轮喷气发动机驱动的“飞板”，仅用22分钟就飞越了英吉利海峡35公里的海面。已知扎帕塔(及装备)的总质量为120kg，设发动机启动后将气流以6000m/s的恒定速度从喷口向下喷出，则当扎帕塔(及装备)悬浮在空中静止时，发动机每秒喷出气体的质量为(不考虑喷气对总质量的影响，取g＝10m/s2)()A．0.02kg B．0.2kgC．0.5kg D．5kg答案B解析设扎帕塔(及装备)对气体的平均作用力为F，根据牛顿第三定律可知，气体对扎帕塔(及装备)的平均作用力的大小也等于F，当扎帕塔静止时，对扎帕塔(及装备)则有F＝Mg，设Δt时间内喷出气体的质量为Δm，则对气体由动量定理得FΔt＝Δmv，得eq\f(Δm,Δt)＝eq\f(F,v)＝eq\f(Mg,v)＝0.2kg/s，则发动机每秒喷出气体的质量为0.2kg，故B正确，A、C、D错误。9．(2022·山东宁阳第一中学期中)假如有一宇宙飞船，它的正面面积为S＝1m2，以v＝7×103m/s的速度进入宇宙微粒尘区，尘区每1m3空间有一微粒，每一微粒平均质量为m＝2×10－5g，飞船经过区域的微粒都附着在飞船上，若要使飞船速度保持不变，飞船的推力应增加()A．0.49N B．0.98NC．490N D．980N答案B解析选在时间Δt内与飞船碰撞的微粒为研究对象，其质量应等于体积为SvΔt空间内微粒的质量，即M＝eq\f(mSvΔt,1m3)，研究对象初动量为零，末动量大小为Mv，设飞船对微粒的作用力大小为F，由动量定理得FΔt＝Mv－0，则F＝eq\f(Mv,Δt)＝eq\f(mSv2,1m3)，根据牛顿第三定律可知，微粒对飞船的作用力大小也为F，则飞船要保持匀速飞行，牵引力应增加F，代入数据得F＝0.98N，故选B。10．(2022·重庆西南大学附中期末)“鸡蛋撞地球”挑战活动要求学生制作鸡蛋“保护器”装置，使鸡蛋在保护装置中从10m高处静止下落撞到地面而不破裂。某同学制作了如图所示的鸡蛋“保护器”装置，从10m高处静止下落到地面后瞬间速度减小为零，鸡蛋在保护器装置中继续向下运动0.3m、用时0.1s后静止且完好无损。已知鸡蛋在装置中运动时受到恒定的作用力，且该装置和鸡蛋的总质量为0.12kg，其中鸡蛋质量为m0＝0.05kg，不计下落过程中装置重力的变化，重力加速度为g＝10m/s2。求：(1)装置落地前瞬间的速度大小；(2)在下降10m过程中，装置和鸡蛋克服阻力做的功；(3)鸡蛋在装置中继续向下运动0.3m过程中，装置对鸡蛋的冲量大小。答案(1)6m/s(2)9.84J(3)0.35N·s解析(1)根据题意可知装置落地前瞬间与鸡蛋的速度相同且为v根据运动学公式有x＝eq\f(0＋v,2)t代入数据解得v＝6m/s(2)以装置和鸡蛋为研究对象，根据动能定理有Mgh－W克f＝eq\f(1,2)Mv2－0代入数据解得W克f＝9.84J(3)以鸡蛋为研究对象，以向上为正方向，根据动量定理得I－m0gt＝0－m0(－v)代入数据解得I＝0.35N·s。11．(2022·吉林实验中学期末)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g。求：(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。答案(1)ρv0S(2)eq\f(v02,2g)－eq\f(M2g,2ρ2v02S2)解析(1)在刚喷出一段很短的Δt时间内，可认为喷出的水柱保持速度v0不变该时间内，喷出水柱高度Δl＝v0Δt①喷出水柱质量Δm＝ρΔV②其中ΔV为水柱体积，满足ΔV＝Δl·S③由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为eq\f(Δm,Δt)＝ρv0S(2)设玩具底面相对于喷口的高度为h由玩具受力平衡得F冲＝Mg④其中，F冲为水柱对玩具底部的作用力由牛顿第三定律知F压＝F冲⑤其中，F压为玩具底部对水柱的作用力，设v′为水柱到达玩具底部时的速度由运动学公式得v′2－v02＝－2gh⑥在很短Δt时间内，冲击玩具水柱的质量为ΔmΔm＝ρv0SΔt⑦由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱应用动量定理得－(F压＋Δmg)Δt＝－Δmv′⑧由于Δt很小，Δmg也很小，可以忽略，⑧式变为F压Δt＝Δmv′⑨由④⑤⑥⑦⑨可得h＝eq\f(v02,2g)－eq\f(M2g,2ρ2v02S2)。专题强化2动量守恒定律的应用[学习目标]1.理解某一方向上的动量守恒(重点)。2.会利用动量守恒定律分析和解决多物体、多过程问题(重难点)。3.会分析动量守恒定律应用中的临界问题(重难点)。一、某一方向上的动量守恒若系统受到的合外力不为零，系统的动量不守恒。但若在某一方向上合外力为零，则系统在此方向上动量守恒。系统在某一方向动量守恒时，动量守恒表达式为：(以水平方向动量守恒为例)m1v1x＋m2v2x＝m1v1x′＋m2v2x′。例1如图所示，光滑的水平面上，质量为m物体A置于质量为M的斜面体B上，斜面的倾角为θ，在A沿斜面由底端冲上顶端的过程中，A和B组成的系统()A．系统的动量守恒B．在竖直方向上系统的动量分量守恒C．在水平方向上系统的动量分量守恒D．在任何方向上系统的动量分量都不守恒答案C解析由题意知，A沿斜面由底端冲上顶端的过程中，在竖直方向上A有向下的加速度，所以A和B组成的系统在竖直方向上系统的动量分量不守恒．而A和B组成的系统在水平方向上不受外力作用，所以A和B组成的系统，在水平方向上系统的动量分量守恒，故选C。拓展延伸若A刚好到达斜面顶端，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.eq\f(mv0,M＋m) B.eq\f(mv0cosθ,M＋m)C.eq\f(Mv0,M＋m) D.eq\f(Mv0cosθ,M＋m)答案B解析因为物体A具有竖直方向的加速度，故系统在竖直方向受到向下的重力和水平面提供的向上的作用力，且此方向合力不为零，故此方向的动量不守恒；但水平面光滑，故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mv0cosθ＝(M＋m)v，所以v＝eq\f(mv0cosθ,M＋m)，故选B。例2如图所示，质量为m＝1kg的小物块在距离车底部h＝20m高处以一定的初速度向左被水平抛出，落在以v0＝7.5m/s的速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，小车足够长，质量为M＝4kg，设小物块在落到车底前瞬间的速度大小是25m/s，g取10m/s2，则当小物块与小车相对静止时，小车的速度大小是()A．1m/s B．3m/sC．9m/s D．11m/s答案B解析小物块做平抛运动，下落时间为t＝eq\r(\f(2h,g))＝2s，小物块落到车底前瞬间，竖直方向速度大小为vy＝gt＝10×2m/s＝20m/s，小物块在落到车底前瞬间的速度大小是v＝25m/s，根据平行四边形定则可知，小物块水平方向的速度大小为vx＝eq\r(v2－vy2)＝eq\r(252－202)m/s＝15m/s，小物块与车在水平方向上动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有Mv0－mvx＝(M＋m)v共，解得v共＝3m/s，故B正确。二、动量守恒定律在多物体、多过程问题中的应用多个物体相互作用时，物理过程往往比较复杂，分析此类问题时应注意：(1)正确进行研究对象的选取：有时对整体应用动量守恒定律，有时对部分物体应用动量守恒定律．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)正确进行过程的选取和分析：通常对全程进行分段分析，并找出联系各阶段的状态量。根据所研究问题的需要，列式时有时需分过程多次应用动量守恒，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，在光滑水平面上有两个并排静止放置的木块A、B，已知mA＝0.5kg，mB＝0.3kg。现有质量m0＝0.08kg的小物块C以初速度v0＝25m/s在A表面沿水平方向向右滑动，由于C与A、B间均有摩擦，C最终停在B上，B、C最后的共同速度v＝2.5m/s。求：(1)木块A的最终速度的大小；(2)小物块C滑离木块A的瞬时速度的大小。答案(1)2.1m/s(2)4m/s解析(1)取向右为正方向，设木块A的最终速度为v1，由动量守恒定律，对A、B、C有m0v0＝mAv1＋(mB＋m0)·v，解得v1＝2.1m/s。(2)设C滑离A时的速度为v2，当C滑离A后，由动量守恒定律，对B、C有m0v2＋mBv1＝(mB＋m0)v，解得v2＝4m/s。三、动量守恒定律应用中的临界问题分析在动量守恒的应用中，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。例4如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在光滑水平冰面上游戏，甲和他的冰车总质量为30kg，乙和他的冰车总质量也为30kg，游戏时甲推着一质量为10kg的木箱，和他一起以v0＝3.5m/s的速度向右滑行，乙在甲的正前方相对地面静止，为避免碰撞，甲将木箱推给乙，使木箱与乙一起运动，则甲至少以相对地面多大的速度将箱子推出才能避免与乙相撞？答案8m/s解析设甲至少以速度v将箱子推出，推出箱子后甲的速度为v甲，乙获得的速度为v乙，取向右为正方向。以甲和箱子为系统，根据动量守恒，得(M甲＋m)v0＝M甲v甲＋mv，①选箱子和乙为系统，得mv＝(m＋M乙)v乙，②当甲与乙恰好不相撞时v甲＝v乙，③联立①②③解得v＝8m/s。两物体不相撞的临界条件是速度相同。例5如图所示，木块A的质量为mA＝1kg，足够长的木板B的质量为mB＝4kg，质量为mC＝4kg的木块C置于静止的木板B上，水平面光滑，B、C之间有摩擦。现使A以v0＝12m/s的初速度向右运动，与B碰撞后以4m/s的速度弹回，C始终未脱离B。求：(1)B运动过程中的最大速度的大小；(2)C运动过程中的最大速度的大小；(3)整个过程中系统损失的机械能。答案(1)4m/s(2)2m/s(3)48J解析(1)A与B碰后瞬间，B速度最大，A、B系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＋0＝－mAvA＋mBvB，代入数据得：vB＝4m/s。(2)B与C共速后，C速度最大，B、C系统动量守恒，以B的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mBvB＋0＝(mB＋mC)vC，代入数据得：vC＝2m/s。(3)由能量守恒定律得：ΔE损＝eq\f(1,2)mAv02－eq\f(1,2)mAvA2－eq\f(1,2)(mB＋mC)vC2，解得ΔE损＝48J。专题强化练1．(2022·孝感市期中)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.eq\f(Mv0,M＋m) B.eq\f(mv0,M＋m)C．v0 D.eq\f(Mv0＋mv,m＋M)答案A解析沙车与铁球组成的系统水平方向动量守恒，则有Mv0＝(M＋m)v解得v＝eq\f(Mv0,M＋m)，故A正确，B、C、D错误。2.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，则它们最后的速度大小为()A．v0B.eq\f(v0,5)C.eq\f(v0,3)D.eq\f(v0,4)答案B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mv0＝5mv，得v＝eq\f(1,5)v0，即它们最后的速度大小为eq\f(1,5)v0，B正确。3.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的质量的eq\f(3,4)，子弹的质量是物体B的质量的eq\f(1,4)，弹簧压缩到最短时B的速度为()A.eq\f(v0,2)B.eq\f(v0,4)C.eq\f(v0,8)D.eq\f(v0,3)答案C解析弹簧压缩到最短时，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，系统所受合外力始终为零，故整个过程系统的动量守恒，取子弹水平速度v0的方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(m＋mA＋mB)v1，又m＝eq\f(1,4)mB，mA＝eq\f(3,4)mB，故v1＝eq\f(v0,8)，即弹簧压缩到最短时B的速度为eq\f(v0,8)，故C正确。4.如图所示，小车放在光滑的水平面上，将系绳小球拉开到一定的角度，然后同时放开小球和小车，那么在以后的过程中()A．小球向左摆动时，小车向右运动，且系统动量守恒B．小球向左摆动时，小车向右运动，系统机械能不守恒C．小球向左摆到最高点，小球的速度为零而小车速度不为零D．小球向左摆到最高点，小球的速度为零，小车的速度也为零答案D解析小球向左摆动时，小车向右运动，小球受到的重力使系统合外力不为零，故系统动量不守恒，但该过程只有重力做功，故系统机械能守恒，A、B错误；系统在水平方向合外力为零，水平方向满足动量守恒，可得m球v1＋m车v2＝0，故小球向左摆到最高点，小球的速度为零，小车的速度也为零，C错误，D正确。5．质量M＝100kg的小船静止在水面上，船首站着质量m甲＝40kg的游泳者甲，船尾站着质量m乙＝60kg的游泳者乙，船首指向左方，若甲、乙两游泳者在同一水平线上，甲朝左、乙朝右均以3m/s的速率同时跃入水中后瞬间()A．小船向左运动，速率为1m/sB．小船向左运动，速率为0.6m/sC．小船向右运动，速率大于1m/sD．小船仍静止答案B解析设水平向右为正方向，两游泳者同时跳离小船后瞬间小船的速度为v，根据甲、乙两游泳者和小船组成的系统动量守恒有－m甲v甲＋m乙v乙＋Mv＝0，代入数据可得v＝－0.6m/s，其中负号表示小船向左运动，所以选项B正确。6．如图所示，光滑水平轨道上放置长木板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。答案2m/s解析长木板A与滑块C处于光滑水平轨道上，两者碰撞时间极短，长木板A与滑块C组成的系统在碰撞过程中动量守恒，取水平向右为正方向则mAv0＝mAvA＋mCvC长木板A和滑块B达到共同速度后，恰好不再与滑块C碰撞，即最后三者速度相等，即vC＝v(mA＋mB)v0＝(mA＋mB＋mC)v联立解得vA＝2m/s。7．一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v0＝2m/s，爆炸成甲、乙两块并水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1，不计质量损失及空气阻力，重力加速度g取10m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是()答案B解析弹丸在爆炸过程中，水平方向的动量守恒，有mv0＝eq\f(3,4)mv甲＋eq\f(1,4)mv乙，解得4v0＝3v甲＋v乙，爆炸后两块弹片均做平抛运动，竖直方向有h＝eq\f(1,2)gt2，水平方向对甲、乙两弹片分别有x甲＝v甲·t，x乙＝v乙·t，代入各图中数据，可知B正确。8