专题强化2 动量守恒定律的综合应用
1～5题每题6分，6题12分，共42分
1.(多选)质量分别为M和m0的两滑块用轻弹簧连接，均以恒定速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列情况可能发生的是( )
A．M、m0、m速度均发生变化，碰后分别为v1、v2、v3，且满足(M＋m0)v＝Mv1＋m0v2＋mv3
B．m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，且满足Mv＝Mv1＋mv2
C．m0的速度不变，M和m的速度都变为v′，且满足Mv＝(M＋m)v′
D．M、m0、m速度均发生变化，M和m0的速度都变为v1，m的速度变为v2，且满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2
2．(2024·广州市第六中学高二上月考)“独竹漂”是一项独特的黔北民间绝技。独竹漂高手们脚踩一根楠竹，漂行水上如履平地。如图甲所示，在平静的湖面上，一位女子脚踩竹竿抵达岸边，此时女子静立于竹竿A点，一位摄影爱好者使用连拍模式拍下了该女子在竹竿上行走过程的系列照片，并从中选取了两张进行对比，其简化图如下。经过测量发现，甲、乙两张照片中A、B两点的水平间距约为1 cm，乙图中竹竿右端距离河岸约为1.8 cm。照片的比例尺为1∶40。已知竹竿的质量约为25 kg，若不计水的阻力，则该女子的质量约为( )
A．41.5 kg B．45 kg C．47.5 kg D．50 kg
3．(2023·肇庆市高二下期中)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，子弹的质量是物体B的质量的，弹簧压缩到最短时B的速度大小为( )
A. B. C. D.
4.(2023·广东实验中学高二开学考)如图所示，一个质量为m1＝40 kg的人抓在一只大气球下方，气球下面有一根长绳。气球和长绳的总质量为m2＝10 kg，静止时人离地面的高度为h＝5 m，长绳的下端刚好和地面接触。如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地高度约是(可以把人看作质点)( )
A．5 m B．4 m C．2.6 m D．8 m
5.质量为m、半径为R的小球，放在半径为3R、质量为3m的大空心球内，大球开始静止在光滑水平面上。当小球从如图所示的位置(两球心在同一水平面上)无初速度沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离是( )
A.R B.R C.R D.R
6．(12分)如图所示，甲车的质量是2 kg，静止在光滑水平面上，上表面光滑，右端放一个质量为1 kg的小物体，乙车质量为4 kg，以5 m/s的速度向左运动，与甲车碰撞以后甲车获得8 m/s的速度，物体滑到乙车上，若乙车足够长，上表面与物体的动摩擦因数为0.2。求：(g取10 m/s2)
(1)(4分)乙车和甲车碰撞后，乙车的速度大小；
(2)(8分)物体在乙车上表面滑行多长时间后相对乙车静止？
7～10题每题8分，11题16分，共48分
7．(2023·广东省佛山四中高二下段考)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。今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，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
8．(多选)(2023·清远市高二期中)如图所示，两条形磁铁各固定在甲、乙两小车上，它们能在水平面上无摩擦的运动，甲车与磁铁的总质量为2 kg，乙车与磁铁的总质量为1 kg，两磁铁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，乙车的速度为零
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
9.(多选)(2023·惠州市高一下期末)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、b两车的运动速率相等
C．三辆车的运动速率关系为vc>va>vb
D．a、c两车的运动方向一定相反
10．如图所示，甲、乙两个同学各乘一辆小车在光滑的水平面上匀速相向行驶做抛球游戏。两辆小车速度均为v0＝4 m/s。已知甲乘坐的车上有质量m＝1 kg的小球若干个，甲和他的车及所带小球的总质量M1＝50 kg，乙和他的车总质量M2＝30 kg。为了保证两车不相撞，甲不断地将小球一个一个地以相对地面为v＝16 m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住。假设某一次甲将小球抛出且被乙接住后刚好可保证两车不相撞，则此时( )
A．两车的共同速度大小为2 m/s，甲总共抛出小球5个
B．两车的共同速度大小为2 m/s，甲总共抛出小球10个
C．两车的共同速度大小为1 m/s，甲总共抛出小球10个
D．两车的共同速度大小为1 m/s，甲总共抛出小球5个
11．(16分)如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏。甲和他的冰车总质量为M＝30 kg，乙和他的冰车总质量M′也是30 kg。游戏时，甲推着一个质量为m＝15 kg的箱子和他一起以v0＝2 m/s的速度向右滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来。为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处，乙迅速抓住。若不计冰面摩擦。
(1)(5分)若甲将箱子以速度v推出，甲的速度变为多少？(用字母表示)
(2)(5分)设乙抓住迎面滑来的速度为v的箱子后反向运动，乙抓住箱子后的速度变为多少？(用字母表示)
(3)(6分)若甲、乙最后不相撞，箱子被推出的速度至少多大？
(10分)
12．(多选)(2022·广东省华南师大附中高二阶段练习)如图所示，一质量为M的小车静止在光滑水平面上，车上固定一个竖直支架，轻绳一端固定在支架上，另一端固定一质量为m的小球，绳长为l，将小球向右拉至轻绳水平后放手，则( )
A．系统的总动量守恒
B．水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向
C．小球不能向左摆到原高度
D．小车向右移动的最大距离为
专题强化练2 动量守恒定律的综合应用
1．BC [M和m碰撞时间极短，在极短的时间内弹簧形变极小，忽略不计，因而m0在水平方向上没有受到外力作用，动量不变(速度不变)，可以认为碰撞过程中m0没有参与，只涉及M和m，由于水平面光滑，弹簧形变极小，所以M和m组成的系统水平方向动量守恒，两者碰撞后可能具有共同速度，也可能分开，故B、C正确。]
2．B [对人和竹竿组成的系统，可看成“人船模型”，所以由动量守恒定律有m1s1＝m2s2。已知s1＝0.4 m，s2＝0.72 m，代入数据可得人的质量为m1＝45 kg，故选B。]
3．C [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＝mB，mA＝mB，
故v1＝，即弹簧压缩到最短时B的速度大小为，故C正确。]
4．B [当人滑到绳下端时，设人的速度为v1，气球的速度为v2，根据人和气球组成的系统动量守恒得m1v1＝m2v2，则m1v1t＝m2v2t，设人、气球对地面的位移分别为s1、s2，由以上分析可知m1s1＝m2s2，s1＋s2＝h，解得s1＝1 m，s2＝4 m，此时他离地面的高度为4 m，故选B。]
5．A [设小球滑到最低点所用的时间为t，大球的位移大小为s1，小球相对于地面的水平位移大小为3R－R－s1＝2R－s1，取水平向左为正方向。根据系统水平方向动量守恒得3m－m＝0，解得s1＝，故选A。]
6．(1)1 m/s (2)0.4 s
解析 (1)选乙车开始运动的方向为正方向，乙车与甲车碰撞过程中动量守恒，则有：
m乙v乙＝m乙v乙′＋m甲v甲′
解得v乙′＝1 m/s。
(2)设小物体在乙车上滑行，相对静止时共同速度为v，
对小物体与乙车运用动量守恒定律得
m乙v乙′＝(m＋m乙)v
解得v＝0.8 m/s
对小物体由动量定理得μmgt＝mv
解得t＝0.4 s。
7．C [当小球在槽内由A运动到B的过程中，左侧物块对槽有作用力，小球与槽组成的系统水平方向动量不守恒，故B错误；当小球由B运动到C的过程中，因小球对槽有斜向右下方的压力，槽做加速运动，动能增加，小球机械能减少，槽对小球的支持力对小球做了负功，故A错误；小球从B到C的过程中，系统水平方向所受合外力为零，满足系统水平方向动量守恒，故C正确；小球离开C点以后，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。]
8．AC [乙车开始反向时速度为零，根据动量守恒定律得m甲v甲－m乙v乙＝m甲v甲′(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v甲－m乙v乙＝(m甲＋m乙)v共(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。]
9．CD [设车的质量为M，小孩的质量为m，当小孩从c车上跳出时，它和c车水平方向满足动量守恒，则有mv＝Mvc，可得c车的速度向右，大小为vc＝，当小孩跳到b车又从b车跳出时，它和b车水平方向满足动量守恒，小孩跳到b车和从b车跳离时，对地的水平速度相同，可知小孩从b车上跳离后，b车速度为零；他跳到a车上时，小孩与a车水平方向满足动量守恒，则有mv＝(m＋M)va，可得a车的速度va＝，方向向左，故选C、D。]
10．C [以甲、乙两同学及两车组成的系统为研究对象，以甲和他的车的速度方向为正方向，甲不断抛球，乙接球，当甲和他的车与乙和他的车具有共同速度时，可保证刚好不相撞，设共同速度为v共，
则M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v共
得v共＝v0＝1 m/s
以乙同学和他的车及接住的N个小球组成的系统为研究对象，从甲抛球至恰好不相撞的过程中由动量守恒定律Nmv－M2v0＝(Nm＋M2)v共，得N＝10(个)，故选C。]
11．(1)
(2)
(3)5.2 m/s
解析 (1)甲推箱子过程，规定向右为正方向，由动量守恒定律得
(m＋M)v0＝mv＋Mv甲，
解得甲的速度为
v甲＝
(2)乙接箱子的过程，规定向右为正方向，对乙、箱子组成的系统，由动量守恒定律得
mv－M′v0＝(m＋M′)v乙，
乙抓住箱子后的速度变为
v乙＝
(3)刚好不相撞的条件要求v甲＝v乙，联立解得v＝5.2 m/s。若甲、乙最后不相撞，则甲、乙的速度应满足v甲≤v乙，故v≥5.2 m/s。
12．BD [根据题意可知，系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向动量守恒，而总动量不守恒，故A错误，B正确；
根据水平方向系统动量守恒可知小球向左摆到最高点时，小球和小车的速度均为0，整个系统机械能守恒，则小球仍能向左摆到原高度，故C错误；
根据题意可知，小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船”模型，系统水平方向动量守恒，设小球的平均速度为vm，小车的平均速度为vM，由动量守恒定律有mvm－MvM＝0
则有msm＝MsM
又有sm＋sM＝2l
解得sM＝
故D正确。]专题强化2 动量守恒定律的综合应用
[学习目标] 1.掌握“人船模型”的特点，并能运用动量守恒定律分析、解决问题(重难点)。2.会利用动量守恒定律分析多物体、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(重点)。
一、“人船模型”问题
一质量为M的小船静止在水面上，站在船尾的质量为m的小孩，从静止开始向左运动。求此过程中：
(1)船向哪个方向运动？当小孩速度为v时，船速多大？
(2)当小孩向左移动的位移大小为s时，船的位移多大？
(3)小孩和船的位移大小与两者质量有什么关系？
(4)若小孩从船头移动到船尾，船长为L，小孩的位移为多大？
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1．“人船”模型概述
两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒，有m1v1－m2v2＝0。
2．运动特点：人动船动，人停船停，人快船快，人慢船慢，人左船右。
3．人、船位移大小与它们质量成反比，即＝。当人从船头移动到船尾时，人和船的位移大小满足s人＋s船＝L，L为船长。
例1 (2023·潮州市高二上期末)人和气球离地高为h，恰好悬浮在空中，气球质量为M，人的质量为m。人要从气球下拴着的软绳上安全到达地面，软绳的长度至少为( )
A. B.
C. D.
例2 (2024·广东省深圳实验学校光明部高二期中)如图所示，光滑水平地面上静止一个质量为M且上表面光滑的斜面体。现将一个质量为m的小滑块放置在斜面体顶端，使其由静止沿斜面滑下。已知斜面体底边长为L，则以下判断正确的是( )
A．下滑过程中小滑块的机械能守恒
B．小滑块下滑过程中，两物体组成的系统动量守恒
C．小滑块到达斜面底端时，斜面体水平向右运动的距离为
D．小滑块到达斜面底端时，小滑块水平向左运动的距离为
“人船模型”是利用平均动量守恒求解的一类问题，解决这类问题应注意：
(1)适用条件：
①系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零；
②在系统内发生相对运动的过程中至少有一个方向的动量守恒(如水平方向或竖直方向)；
(2)画草图：解题时要画出各物体的位移关系草图，找出各长度间的关系，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移。
二、动量守恒定律在多物体、多过程问题中的应用
例3 甲、乙两个溜冰者质量分别为48 kg和55 kg，甲手里拿着质量为2 kg的球，两人均以2 m/s的速率，在光滑的冰面上沿同一直线相向滑行，甲将球传给乙，乙再将球传给甲，这样抛接几次后，球又回到甲的手里，乙的速度为零，不计空气阻力，求此时甲的速度。
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例4 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＝0.5 kg，mB＝0.3 kg。现有质量m0＝0.08 kg的小物块C以初速度v0＝25 m/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＝2.5 m/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。
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分析多物体、多过程问题应注意：
(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。研究对象的选取原则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。
三、动量守恒中的临界问题
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。
例5 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(包括冰车)总质量为30 kg，乙(包括冰车)总质量也为30 kg，游戏时甲推着一质量为10 kg的木箱，和他一起以v0＝3.5 m/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？
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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，两物体速度必定相同，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的速度必定相同
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零)时，两物体的速度一定相同
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
答案精析
一、
例1 D [设人沿软绳滑至地面，软绳长度至少为L。以人和气球组成的系统为研究对象，竖直方向动量守恒，规定竖直向下为正方向，由动量守恒定律得0＝M(－v2)＋mv1，人沿软绳滑至地面时，气球上升的高度为L－h，速度大小v2＝，人相对于地面下降的高度为h，速度大小为v1＝，得0＝M(－)＋m·，解得L＝h，故选D。]
例2 D [下滑过程中小滑块和斜面体组成的系统的机械能守恒，滑块的机械能不守恒，选项A错误；小滑块下滑过程中，两物体组成的系统水平方向所受合外力为零，则水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，则系统动量不守恒，选项B错误；设小滑块到达斜面底端时，斜面体水平向右运动的距离为x，以斜面体运动方向为正方向，由动量守恒定律得0＝Mx－m(L－x)，解得x＝，小滑块水平向左运动的距离为s＝L－x＝，选项C错误，D正确。]
二、
例3 见解析
解析 以甲、乙及球组成的系统为研究对象，以甲原来的滑行方向为正方向，根据动量守恒定律有(m甲＋m球)v甲－m乙v乙＝(m甲＋m球)v甲′，解得v甲′＝－0.2 m/s，故甲的速度大小为0.2 m/s，方向与初速度方向相反。
例4 (1)2.1 m/s (2)4 m/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＝2.1 m/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＝4 m/s。
三、
例5 8 m/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＝8 m/s。(共58张PPT)
DIYIZHANG
第一章
专题强化2 动量守恒定律的综合应用
1.掌握“人船模型”的特点，并能运用动量守恒定律分析、解决问题(重难点)。
2.会利用动量守恒定律分析多物体、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(重点)。
学习目标
一、“人船模型”问题
二、动量守恒定律在多物体、多过程问题中的应用
课时对点练
三、动量守恒中的临界问题
内容索引
“人船模型”问题
一
一质量为M的小船静止在水面上，站在船尾的质量为m的小孩，从静止开始向左运动。求此过程中：
(1)船向哪个方向运动？当小孩速度为v时，船速多大？
(2)当小孩向左移动的位移大小为s时，船的位移多大？
答案 由小孩与小船组成的系统始终动量守恒可知
(3)小孩和船的位移大小与两者质量有什么关系？
(4)若小孩从船头移动到船尾，船长为L，小孩的位
移为多大？
1.“人船”模型概述
两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒，有m1v1－m2v2＝0。
2.运动特点：人动船动，人停船停，人快船快，人慢船慢，人左船右。
模型构建
(2023·潮州市高二上期末)人和气球离地高为h，恰好悬浮在空中，气球质量为M，人的质量为m。人要从气球下拴着的软绳上安全到达地面，软绳的长度至少为
例1
√
设人沿软绳滑至地面，软绳长度至少为L。以人和气球组成的系统为研究对象，竖直方向动量守恒，规定竖直向下为正方向，
由动量守恒定律得0＝M(－v2)＋mv1，
(2024·广东省深圳实验学校光明部高二期中)如图所示，光滑水平地面上静止一个质量为M且上表面光滑的斜面体。现将一个质量为m的小滑块放置在斜面体顶端，使其由静止沿斜面滑下。已知斜面体底边长为L，则以下判断正确的是
A.下滑过程中小滑块的机械能守恒
B.小滑块下滑过程中，两物体组成的系统动量守恒
例2
√
下滑过程中小滑块和斜面体组成的系统的机械
能守恒，滑块的机械能不守恒，选项A错误；
小滑块下滑过程中，两物体组成的系统水平方
向所受合外力为零，则水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，则系统动量不守恒，选项B错误；
设小滑块到达斜面底端时，斜面体水平向右运动的距离为x，以斜面体运动方向为正方向，
总结提升
“人船模型”是利用平均动量守恒求解的一类问题，解决这类问题应注意：
(1)适用条件：
①系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零；
②在系统内发生相对运动的过程中至少有一个方向的动量守恒(如水平方向或竖直方向)；
(2)画草图：解题时要画出各物体的位移关系草图，找出各长度间的关系，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移。
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动量守恒定律在多物体、多过程问题中的应用
二
甲、乙两个溜冰者质量分别为48 kg和55 kg，甲手里拿着质量为2 kg的球，两人均以2 m/s的速率，在光滑的冰面上沿同一直线相向滑行，甲将球传给乙，乙再将球传给甲，这样抛接几次后，球又回到甲的手里，乙的速度为零，不计空气阻力，求此时甲的速度。
例3
答案 见解析
以甲、乙及球组成的系统为研究对象，以甲原来的滑行方向为正方向，根据动量守恒定律有(m甲＋m球)v甲－m乙v乙＝(m甲＋m球)v甲′，解得v甲′＝－0.2 m/s，故甲的速度大小为0.2 m/s，方向与初速度方向相反。
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＝0.5 kg，mB＝0.3 kg。现有质量m0＝0.08 kg的小物块C以初速度v0＝25 m/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＝2.5 m/s。求：
(1)木块A的最终速度的大小；
例4
答案 2.1 m/s
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＝2.1 m/s。
(2)小物块C滑离木块A的瞬时速度的大小。
答案 4 m/s
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＝4 m/s。
总结提升
分析多物体、多过程问题应注意：
(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。研究对象的选取原则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。
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动量守恒中的临界问题
三
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。
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(包括冰车)总质量为30 kg，乙(包括冰车)总质量也为30 kg，游戏时甲推着一质量为10 kg的木箱，和他一起以v0＝3.5 m/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？
例5
答案 8 m/s
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＝8 m/s。
总结提升
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，两物体速度必定相同，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的速度必定相同
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零)时，两物体的速度一定相同
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
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专题强化练
四
1.(多选)质量分别为M和m0的两滑块用轻弹簧连接，均以恒定速度v沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞，如图所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列情况可能发生的是
A.M、m0、m速度均发生变化，碰后分别为v1、v2、
v3，且满足(M＋m0)v＝Mv1＋m0v2＋mv3
B.m0的速度不变，M和m的速度变为v1和v2，且满足Mv＝Mv1＋mv2
C.m0的速度不变，M和m的速度都变为v′，且满足Mv＝(M＋m)v′
D.M、m0、m速度均发生变化，M和m0的速度都变为v1，m的速度变为v2，
且满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2
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基础强化练
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M和m碰撞时间极短，在极短的时间内弹簧形变极小，忽略不计，因而m0在水平方向上没有受到外力作用，动量不变(速度不变)，可以认为碰撞过程中m0没有参与，只涉及M和m，由于水平面光滑，弹簧形变极小，所以M和m组成的系统水平方向动量守恒，两者碰撞后可能具有共同速度，也可能分开，故B、C正确。
2.(2024·广州市第六中学高二上月考)“独竹漂”是一项独特的黔北民间绝技。独竹漂高手们脚踩一根楠竹，漂行水上如履平地。如图甲所示，在平静的湖面上，一位女子脚踩竹竿抵达岸边，此时女子静立于竹竿A点，一位摄影爱好者使用连拍模式拍下了该女子在竹竿上行走过程的系列照片，并从中选取了两张进行对比，其简化图如下。经过测量发现，甲、乙两张照片中A、B两点的水平间距约为1 cm，乙图中竹竿右端距离河岸约为1.8 cm。照片的比例尺为1∶40。已知竹竿的质量约为25 kg，若不计水的
阻力，则该女子的质量约为
A.41.5 kg B.45 kg
C.47.5 kg D.50 kg
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对人和竹竿组成的系统，可看成“人船模型”，所以由动量守恒定律有m1s1＝m2s2。已知s1＝0.4 m，s2＝0.72 m，代入数据可得人的质量为m1＝45 kg，故选B。
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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，
4.(2023·广东实验中学高二开学考)如图所示，一个质量为m1＝40 kg的人抓在一只大气球下方，气球下面有一根长绳。气球和长绳的总质量为m2＝10 kg，静止时人离地面的高度为h＝5 m，长绳的下端刚好和地面接触。如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地高度约是(可以把人看作质点)
A.5 m B.4 m C.2.6 m D.8 m
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当人滑到绳下端时，设人的速度为v1，气球的速度为v2，根据人和气球组成的系统动量守恒得m1v1＝m2v2，则m1v1t＝m2v2t，设人、气球对地面的位移分别为s1、s2，由以上分析可知m1s1＝m2s2，s1＋s2＝h，解得s1＝1 m，s2＝4 m，此时他离地面的高度为4 m，故选B。
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5.质量为m、半径为R的小球，放在半径为3R、质量为3m的大空心球内，大球开始静止在光滑水平面上。当小球从如图所示的位置(两球心在同一水平面上)无初速度沿内壁滚到最低点时，大球
移动的距离是
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6.如图所示，甲车的质量是2 kg，静止在光滑水平面上，上表面光滑，右端放一个质量为1 kg的小物体，乙车质量为4 kg，以5 m/s的速度向左运动，与甲车碰撞以后甲车获得8 m/s的速度，物体滑到乙车上，若乙车足够长，上表面与物体的动摩擦因数为0.2。求：(g取10 m/s2)
(1)乙车和甲车碰撞后，乙车的速度大小；
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答案 1 m/s
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选乙车开始运动的方向为正方向，乙车与甲车碰撞过程中动量守恒，则有：
m乙v乙＝m乙v乙′＋m甲v甲′
解得v乙′＝1 m/s。
(2)物体在乙车上表面滑行多长时间后相对乙车静止？
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答案 0.4 s
设小物体在乙车上滑行，相对静止时共同速度为v，
对小物体与乙车运用动量守恒定律得
m乙v乙′＝(m＋m乙)v
解得v＝0.8 m/s
对小物体由动量定理得μmgt＝mv
解得t＝0.4 s。
7.(2023·广东省佛山四中高二下段考)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。今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，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
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能力综合练
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当小球在槽内由A运动到B的过程中，左侧物块对槽有作用力，小球与槽组成的系统水平方向动量不守恒，故B错误；
当小球由B运动到C的过程中，因小球对槽有
斜向右下方的压力，槽做加速运动，动能增加，小球机械能减少，槽对小球的支持力对小球做了负功，故A错误；
小球从B到C的过程中，系统水平方向所受合外力为零，满足系统水平方向动量守恒，故C正确；
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小球离开C点以后，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。
8.(多选)(2023·清远市高二期中)如图所示，两条形磁铁各固定在甲、乙两小车上，它们能在水平面上无摩擦的运动，甲车与磁铁的总质量为2 kg，乙车与磁铁的总质量为1 kg，两磁铁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，乙车的速度为零
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
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乙车开始反向时速度为零，根据动量守恒定律得m甲v甲－m乙v乙＝m甲v甲′
(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v甲－m乙v乙＝(m甲＋m乙)v共(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；
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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。
9.(多选)(2023·惠州市高一下期末)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、b两车的运动速率相等
C.三辆车的运动速率关系为vc>va>vb
D.a、c两车的运动方向一定相反
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设车的质量为M，小孩的质量为m，当小孩从
c车上跳出时，它和c车水平方向满足动量守恒，
当小孩跳到b车又从b车跳出时，它和b车水平方向满足动量守恒，小孩跳到b车和从b车跳离时，对地的水平速度相同，可知小孩从b车上跳离后，b车速度为零；
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他跳到a车上时，小孩与a车水平方向满足
动量守恒，
10.如图所示，甲、乙两个同学各乘一辆小车在光滑的水平面上匀速相向行驶做抛球游戏。两辆小车速度均为v0＝4 m/s。已知甲乘坐的车上有质量m＝1 kg的小球若干个，甲和他的车及所带小球的总质量M1＝50 kg，乙和他的车总质量M2＝30 kg。为了保证两车不相撞，甲不断地将小球一个一个地以相对地面为v＝16 m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住。假设某一次甲将小球抛出且被乙接住后刚好可保证两车不相撞，则此时
A.两车的共同速度大小为2 m/s，甲总共抛
出小球5个
B.两车的共同速度大小为2 m/s，甲总共抛出小球10个
C.两车的共同速度大小为1 m/s，甲总共抛出小球10个
D.两车的共同速度大小为1 m/s，甲总共抛出小球5个
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以甲、乙两同学及两车组成的系统为研究对象，以甲和他的车的速度方向为正方向，甲不断抛球，乙接球，当甲和他的车与乙
和他的车具有共同速度时，可保证刚好不相撞，设共同速度为v共，则M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v共
以乙同学和他的车及接住的N个小球组成的系统为研究对象，从甲抛球至恰好不相撞的过程中由动量守恒定律Nmv－M2v0＝(Nm＋M2)v共，得N＝10(个)，故选C。
11.如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏。甲和他的冰车总质量为M＝30 kg，乙和他的冰车总质量M′也是30 kg。游戏时，甲推着一个质量为m＝15 kg的箱子和他一起以v0＝2 m/s的速度向右滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来。为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处，乙迅速抓住。若不计冰面摩擦。
(1)若甲将箱子以速度v推出，甲的速度变为多少？
(用字母表示)
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甲推箱子过程，规定向右为正方向，由动量守恒定律得(m＋M)v0＝mv＋Mv甲，
(2)设乙抓住迎面滑来的速度为v的箱子后反向运动，乙抓住箱子后的速度变为多少？(用字母表示)
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乙接箱子的过程，规定向右为正方向，对乙、箱子组成的系统，由动量守恒定律得
mv－M′v0＝(m＋M′)v乙，
(3)若甲、乙最后不相撞，箱子被推出的速度至少多大？
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答案 5.2 m/s
刚好不相撞的条件要求v甲＝v乙，联立解得v＝5.2 m/s。若甲、乙最后不相撞，则甲、乙的速度应满足v甲≤v乙，故v≥5.2 m/s。
12.(多选)(2022·广东省华南师大附中高二阶段练习)如图所示，一质量为M的小车静止在光滑水平面上，车上固定一个竖直支架，轻绳一端固定在支架上，另一端固定一质量为m的小球，绳长为l，将小球向右拉至轻绳水平后放手，则
A.系统的总动量守恒
B.水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向
C.小球不能向左摆到原高度
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尖子生选练
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根据题意可知，系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向动量守恒，而总动量不守恒，故A错误，B正确；
根据水平方向系统动量守恒可知小球向左摆到最
高点时，小球和小车的速度均为0，整个系统机械能守恒，则小球仍能向左摆到原高度，故C错误；
根据题意可知，小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船”模型，系统水平方向动量守恒，设小球的平均速度为vm，小车的平均速度为vM，由动量守恒定律有mvm－MvM＝0
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则有msm＝MsM
又有sm＋sM＝2l
故D正确。
