答案
典例1.【解析】(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，由动量守恒定律和题给条件有
0＝mAvA－mBvB ① ②
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，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a。假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B。设从弹簧释放到B停止所需时间为t，
B向左运动的路程为sB。，则有： mBa＝μmBg ④
⑤
vB－at＝0 ⑥
在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程sA都可表示为 ⑦
联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得：sA＝1.75 m，sB＝0.25 m⑧
这表明在时间t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
6
s＝0.25 m＋0.25 m＝0.50 m ⑨
(3)t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③⑧⑩式并代入题给数据得：m/s
故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为vA′′以和vB′′，由动量守恒定律与机械能守恒定律有
mA(－vA?) ＝mAvA??＋mBvB??
联立式并代入题给数据得：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sA′时停止，B向左运动距离为
sB′时停止，由运动学公式
，
由④式及题给数据得：sA?＝0.63 m，sB?＝0.28 m
sA′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?＝sA?＋sB?＝0.91 m。
12
典例2.【解析】(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有：E＝mv0 ①
2设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有：0－v0＝－gt② 1
联立①②式得：t＝g2E。③
m(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有：E＝mgh1④
火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为v1和v2.由题给条件和动量守恒定律有 1212
mv1＋mv2＝E⑤ 4411
mv1＋mv2＝0⑥ 22
由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动．设爆炸后烟花弹向上运动部分121
继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有：mv1＝mgh2⑦
42
7
2E联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为：h＝h1＋h2＝。⑧
mg
1．【答案】A
【解析】小球从圆弧轨道上端抛出后，小球水平方向的速度和车的速度相同，故小球仍会落回到小车上；小球落回到小车后，相对小车向左滑动，然后从左边离开小车：如果小球对地面的速度向左，则小球离开小车水平向左做平抛运动；如果小球对地面的速度为零，则小球离开小车后做自由落体运动；如果小球对地面的速度向右，则小球离开小车水平向右做平抛运动。故A正确，BCD错误。
2．【答案】AD
【解析】在下滑的过程中，小球和槽组成的系统，在水平方向上不受力，则水平方向上动量守恒，故选项A正确；在滑动过程中，槽向后滑动，根据动能定理知，槽的速度增大，则小球对槽的作用力做正功，故选项B错误；小球和槽组成的系统水平方向上动量守恒，开始总动量为零，小球离开槽时，小球和槽的动量大小相等，方向相反，由于质量相等，则速度大小相等，方向相反，然后小球与弹簧接触，被弹簧反弹后的速度与接触弹簧的速度大小相等，可知反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动，且速度大小相等，小球不会回到槽高h处，故选项D正确，C错误。 3．【答案】B
【解析】子弹的质量与射出时的速度都相等，两子弹与木块组成的系统总动量为零；如果木块在正中间，则弹痕应该一样长，结果是右边的长一些，假设木块靠近其中某一人，设子弹质量为m，初速度为v0，木块质量为M，阻力为f，弹痕长度分别为x1、x2，两子弹与木块组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统1212
动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝(M+m)v1，由能量守恒定律得：mv0＝(M+m)v1＋fx1，
221212
对另一发子弹，同样有：(M+m)v1-mv0＝0，mv0＋(M+m)v1＝fx2，解得：x1＜x2，综合判断，后接触木块的
22子弹弹痕长，更容易射穿木块，对面的人更危险，所以一开始木块离左边近一些，右边的人相对更安全，故B正确，ACD错误。 4．【答案】B
【解析】若发生弹性碰撞，则由动量守恒：m1v0＝m1v1+m2v2；由能量关系：，解得，则；若发生完全非弹性碰撞，则由动量守恒：m1v0＝(m1+m2)v，解得，则，故，B正确。 5．【答案】C
【解析】设子弹质量为m0，木块质量为m1，滑块质量为m2，由子弹、木块、滑块组成的系统在水平方向上
8
动量守恒，故当子弹和木块摆到最高点时三者具有相同的速度，且速度方向水平，A项错误；只要轻绳与杆之间的夹角为锐角，轻绳拉力对滑块做正功，滑块就会加速，所以当轻绳再次竖直时滑块速度最大，设此时滑块速度为vm，子弹和木块速度为v＇，则由系统水平方向动量守恒定律可得m0v0＝(m0+m1)v1＝(m0+m1)v＇111222
+m2vm，(m0+m1)v1＝(m0+m1)v?＋m2vm，解得vm＝0，或vm＝5m/s，即滑块的最大速度为5m/s，B项错误；
222当子弹和木块摆到最高点时三者具有相同的速度v，由系统水平方向动量守恒定律可得m0v0＝
1122
(m0+m1)v1＝(m0+m1+m2)v，解得v＝2.5m/s，由子弹进入木块后系统机械能守恒可得(m0+m1)v1＝(m0+m1+m2)v22＋(m0+m1)gh，解得h＝0.625m，C项正确；当子弹和木块摆起高度为0.4m时，由系统水平方向动量守恒定律可得m0v0＝(m0+m1)v1＝(m0+m1)vx+m2v3，得vx＝4m/s，而此时木块和子弹竖直方向速度一定不为零，故由子111222
弹进入木块后系统机械能守恒可得(m0+m1)v1＝(m0+m1)(vx+xy)＋m2v3 +(m0+m1)gh，解得h<0.4m，D项错误。
2226．【答案】BC
【解析】由x－t图象的斜率表示速度，因此碰撞前A、B两球都是匀速运动，故A错误；碰撞前有：vA＝－3m/s，vB＝2m/s，碰撞后有：vA′＝vB′＝－1m/s；碰撞前后A的动量变化为：ΔPA＝mvA′－mvA＝2×(－1)－2×(－3)＝4kg?m/s，故B正确；根据动量守恒定律，碰撞前后B的动量变化为：ΔPB＝－ΔPA＝－4kg?m/s，又：ΔPB＝m（，所以解得：mB＝kg，故C正确；所以A与B碰撞前的总动量为：P总＝mvA+mBvB＝2×(－BvB′－vB）3)+×2＝－kg?m/s，故D错误。 7．【答案】AC
【解析】当v＝v0时，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv0＝2mv′，代入数据得：v′＝0.5v0。由11111
能量守恒定律得：Q＝mv02-×2mv′2＝mv02。若v＝v0，取向右为正方向，根据动量守恒定律得m?v0＝2mv′
22433得：v′＝v0。系统生热：，选项A正确；当v＝v0时，对B，由动量定理得：ft0＝mv′可得：；若，根据动量守恒定律得得：。对B，由动量定理得：，可得：，选项B错误；若v＝v0，则由A选项的分析可知：fL＝Q12
＝mv0； 4
对物体B：联立解得：，选项C正确；若v＝2v0，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：m?2v0＝mvA+mvB，
A、B系统生热等于系统克服摩擦力做功，与木板的长度有关，可知A、B系统生热仍为Q。根据能量守恒定
12律得：。结合上面解答有：Q＝mv0。对B，由动量定理得：ft＝mvB-0；联立解得：（另一值不合理舍去），，
4故D错误。
8．【解析】(1)滑块C撞上滑块B的过程中，滑块B、C组成的系统动量守恒，以水平向左为正，根据动量
9
守恒定律得：
弹簧被压缩至最短时，滑块B、C速度为零，根据能量守恒定律得：
解得：v1＝3 m/s，v0＝9 m/s。
(2)设弹簧弹开至恢复到原长的瞬间，滑块B、C的速度大小为v2，滑块A的大小为v3，根据动量守恒定律得：
根据能量守恒定律得：
解得：v2＝1.9 m/s。
(3)设弹簧对滑块B、C整体的冲量I，选向右为正方向，由动量定理得：
解得：，方向水平向右。
9．【解析】(1)由图可知，在第1s内，A、B的加速度大小相等，为α＝2m/s。 物体A、B所受的摩擦力均为f＝ma＝2N
方向相反。根据牛顿第三定律，车C受到A、B的摩擦力大小相等，方向相反，合力为零 (2)设系统最终的速度为v，由系统动量守恒得：mvA＋mvB＝(2m＋M)v 代入数据，解得v＝0.4m/s，方向向右。
2－ (2m＋M)v 由系统能量守恒得：f(sA＋sB)＝22 2 22
2
111解得A、B的相对位移，即车的最小长度s＝sA＋sB＝4.8m (3)1s后A继续向右减速滑行，小车与B一起向右加速运动，最终达到共同速度v。 在该过程中，对A运用动量定理得：－fΔt＝mΔv 解得Δt＝0.8s。
即系统在t＝1.8s时达到共同速度，此后一起做匀速运动。 在1.0s～3.0s时间内的v－t图象如下。
10．【解析】物块C从钢板B正上方距离为h的位置自由落下时，C下落前，设弹簧的压缩量为 1，对B有：
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2024届高考物理精准培优专练十二动量守恒定律及其应用含解析
