資源簡介

第2講　動量守恒定律及其應用
學習目標　1.理解動量守恒的條件。 2.會定量分析一維碰撞問題。 3.會用動量守恒的觀點分析爆炸、反沖及人船模型。
1.
2.
3.
4.
1.思考判斷
(1)只要系統所受合外力做功為0，系統動量就守恒。(×)
(2)系統的動量不變是指系統的動量大小和方向都不變。(√)
(3)動量守恒定律的表達式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，一定是矢量式，應用時要規定正方向，且其中的速度必須相對同一個參考系。(√)
(4)碰撞前后系統的動量和機械能均守恒。(×)
(5)發射炮彈，炮身后退；園林噴灌裝置一邊噴水一邊旋轉均屬于反沖現象。(√)
(6)爆炸過程中機械能增加，反沖過程中機械能減少。(×)
2.如圖所示，質量為0.5 kg的小球在距離車底面高為20 m處以一定的初速度向左平拋，落在以7.5 m/s速度沿光滑的水平面向右勻速行駛的敞篷小車中。車底涂有一層油泥，車與油泥的總質量為4 kg，設小球在落到車底前瞬間的速度大小是25 m/s，則當小球與小車相對靜止時，小車的速度是(g取10 m/s2)(　　)
A.5 m/s　　　　 B.4 m/s
C.8.5 m/s D.9.5 m/s
答案　A
考點一　動量守恒定律的理解和基本應用
1.適用條件
(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力為零。
(2)近似守恒：系統內各物體間相互作用的內力遠大于它所受到的外力。
(3)某一方向守恒：如果系統在某一方向上所受外力的合力為零，則系統在這一方向上動量守恒。
2.動量守恒定律的五個特性
矢量性 動量守恒定律的表達式為矢量方程，解題應選取統一的正方向
相對性 各物體的速度必須是相對同一參考系的速度(一般是相對于地面)
同時性 動量是一個瞬時量，表達式中的p1、p2、…必須是系統中各物體在相互作用前同一時刻的動量，p1′、p2′、…必須是系統中各物體在相互作用后同一時刻的動量
系統性 研究的對象是相互作用的兩個或多個物體組成的系統
普適性 動量守恒定律不僅適用于低速宏觀物體組成的系統，還適用于接近光速運動的微觀粒子組成的系統
角度　動量守恒定律的理解
例1 (2021·全國乙卷，14)如圖1，光滑水平地面上有一小車，一輕彈簧的一端與車廂的擋板相連，另一端與滑塊相連，滑塊與車廂的水平底板間有摩擦。用力向右推動車廂使彈簧壓縮，撤去推力時滑塊在車廂底板上有相對滑動。在地面參考系(可視為慣性系)中，從撤去推力開始，小車、彈簧和滑塊組成的系統(　　)
圖1
A.動量守恒，機械能守恒 B.動量守恒，機械能不守恒
C.動量不守恒，機械能守恒 D.動量不守恒，機械能不守恒
答案　B
解析　撤去推力，系統所受合外力為0，動量守恒，滑塊和小車之間有滑動摩擦力，由于摩擦生熱，系統機械能減少，故B正確。
角度　動量守恒定律的基本應用
例2 (多選)足夠大的光滑水平面上，一根不可伸長的細繩一端連接著質量為m1＝1.0 kg的物塊A，另一端連接質量為m2＝1.0 kg的長木板B，繩子開始是松弛的。質量為m3＝1.0 kg的物塊C放在長木板B的右端，C與長木板B間的滑動摩擦力的大小等于最大靜摩擦力大小。現在給物塊C水平向左的瞬時初速度v0＝2.0 m/s，物塊C立即在長木板B上運動。已知繩子繃緊前，B、C已經達到共同速度；繩子繃緊后，A、B總是具有相同的速度；物塊C始終未從長木板B上滑落。下列說法正確的是(　　)
圖2
A.繩子繃緊前，B、C達到的共同速度大小為1.0 m/s
B.繩子剛繃緊后的瞬間，A、B的速度大小均為1.0 m/s
C.繩子剛繃緊后的瞬間，A、B的速度大小均為0.5 m/s
D.最終A、B、C三者將以大小為 m/s的共同速度一直運動下去
答案　ACD
解析　繩子繃緊前，B、C已經達到共同速度，設B、C達到的共同速度大小為v1，根據動量守恒定律可得m3v0＝(m2＋m3)v1，解得v1＝1.0 m/s，A正確；繩子剛繃緊后的瞬間，設A、B具有相同的速度v2，A、B組成的系統滿足動量守恒，則有m2v1＝(m1＋m2)v2，解得v2＝0.5 m/s，B錯誤，C正確；A、B、C三者最終有共同的速度，設為v3，A、B、C組成的系統滿足動量守恒，則有m3v0＝(m1＋m2＋m3)v3，解得v3＝ m/s，D正確。
1.(2024·湖南衡陽高三月考)如圖3所示，水平地面上，某運動員手拿籃球站在滑板車上向一堵豎直的墻(向右)滑行，為了避免與墻相撞，在接近墻時，運動員將籃球水平向右拋出，籃球反彈后運動員又接住籃球，速度恰好減為0。不計地面的摩擦和空氣阻力，忽略籃球在豎直方向的運動，籃球與墻的碰撞過程不損失能量。運動員和滑板車的總質量為M，籃球的質量為m。拋球前，運動員、滑板車和籃球的速度均為v0。則(　　)
圖3
A.整個過程中運動員、滑板車及籃球的總動量守恒
B.運動員拋球與接球時對籃球的沖量相同
C.墻對籃球的沖量大小為(M＋m)v0
D.籃球被墻反彈后的速度大小為v0
答案　D
解析　由于墻對籃球有向左的沖量，整個過程中運動員、滑板車及籃球的總動量不守恒，A錯誤；設拋出時籃球對地的速度為v，運動員拋球時對籃球的沖量為I1＝m(v－v0)，方向向右，接球時對籃球的沖量為I2＝mv，方向向右，所以運動員拋球與接球時對籃球的沖量方向相同、大小不同，B錯誤；設運動員拋球后速度變為v1，拋球過程，由動量守恒定律有(M＋m)v0＝Mv1＋mv，接球過程有Mv1－mv＝0，可得v＝v0，由動量定理可知籃球撞墻過程有I＝mv－(－mv)＝2mv＝(M＋m)v0，C錯誤，D正確。
考點二　碰撞問題
角度　碰撞的可能性
碰撞問題遵守的三條原則
例3 (2024·重慶市育才中學高三期中)如圖4為某運動員正在準備擊球，設在某一桿擊球過程中，白色球(主球)和花色球碰撞前后都在同一直線上運動，碰前白色球A的動量pA＝5 kg· m/s，花色球B靜止，碰后花色球B的動量變為pB′＝4 kg· m/s，則兩球質量mA與mB間的關系可能是(　　)
圖4
A.mB＝mA B.mB＝mA
C.mB＝2mA D.mB＝5mA
答案　C
解析　碰撞過程系統動量守恒，以白色球的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得pA＋pB＝pA′＋pB′，解得pA′＝1 kg· m/s，根據碰撞過程總動能不增加，則有＋≥＋，解得mB≥mA，碰后，兩球同向運動，A的速度不大于B的速度，則≤，解得mB≤4mA，綜上可知mA≤mB≤4mA，故C正確。
角度　彈性碰撞
1.彈性碰撞的特點：碰撞瞬間系統內無機械能損失。
2.彈性碰撞的結論
以質量為m1、速度為v1的小球與質量為m2的靜止小球發生彈性碰撞為例，則有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
m1v＝m1v1′2＋m2v2′2
聯立解得v1′＝v1，v2′＝v1
討論：(1)若m1＝m2，則v1′＝0，v2′＝v1(速度交換，動量和動能全部轉移)。
(2)若m1＞m2，則v1′＞0，v2′＞0(碰后兩物體沿同一方向運動)。
(3)若m1 m2，則v1′≈v1，v2′≈2v1。
(4)若m1＜m2，則v1′＜0，v2′＞0(碰后兩物體沿相反方向運動)。
(5)若m1 m2，則v1′≈－v1，v2′≈0。
例4 (2023·重慶卷，14)如圖5所示，桌面上固定有一半徑為R的水平光滑圓軌道，M、N為軌道上的兩點，且位于同一直徑上，P為MN段的中點。在P點處有一加速器(大小可忽略)，小球每次經過P點后，其速度大小都增加v0。質量為m的小球1從N處以初速度v0沿軌道逆時針運動，與靜止在M處的小球2發生第一次彈性碰撞，碰后瞬間兩球速度大小相等。忽略每次碰撞時間。求：
圖5
(1)球1第一次經過P點后瞬間向心力的大小；
(2)球2的質量；
(3)兩球從第一次碰撞到第二次碰撞所用時間。
答案　(1)4m　(2)3m　(3)
解析　(1)球1第一次經過P點后瞬間速度變為2v0，
所以Fn＝m＝4m。
(2)球1與球2發生彈性碰撞，且碰后速度大小相等，說明球1碰后反彈，則
m·2v0＝－mv＋m′v
m(2v0)2＝mv2＋m′v2
聯立解得v＝v0，m′＝3m。
(3)設兩球從第一次碰撞到第二次碰撞所用時間為Δt，則
球1回到P點所需時間t1＝
此后到兩球再次相碰，有v0t2＋2v0t2＝πR
所以Δt＝t1＋t2＝。
角度　非彈性碰撞
1.非彈性碰撞
碰撞結束后，動能有部分損失。
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2＋ΔEk損
2.完全非彈性碰撞
碰撞結束后，兩物體合二為一，以同一速度運動，動能損失最大。
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
m1v＋m2v＝(m1＋m2)v2＋ΔEk損max
結果：v＝
ΔEk損max＝(v1－v2)2
3.靜止物體被撞后的速度范圍
物體A與靜止的物體B發生碰撞，當發生完全非彈性碰撞時損失的機械能最多，物體B的速度最小，vB＝v0，當發生彈性碰撞時，物體B速度最大，vB＝v0。則碰后物體B的速度范圍為v0≤vB≤v0。
例5 (2024·北京四中質檢)如圖6所示，超市為節省收納空間，常常將手推購物車相互嵌套進行收納。質量均為m＝16 kg的兩輛購物車相距L1＝1 m靜止在水平面上。第一輛車在工作人員猛推一下后，沿直線運動與第二輛車嵌套在一起，繼續運動了L2＝1.25 m后停了下來。人推車時間、兩車相碰時間極短，可忽略，車運動時受到的阻力恒為車重的0.25倍，重力加速度取g＝10 m/s2，求：
圖6
(1)兩輛車從嵌套后運動到停下來所用時間；
(2)兩輛車在嵌套過程中損失的機械能；
(3)工作人員對第一輛車所做的功。
答案　(1)1 s　(2)100 J　(3)240 J
解析　(1)對整體，由牛頓第二定律有k×2mg＝2ma
解得a＝2.5 m/s2
逆向過程有L2＝at2，解得t＝1 s。
(2)嵌套后，對整體有0＝v2－at，v2＝2.5 m/s
嵌套過程中有mv1＝2mv2，解得v1＝5 m/s
在嵌套過程中損失的機械能ΔE＝mv－×2mv
解得ΔE＝100 J。
(3)對第一輛小車，由動能定理得W－kmgL1＝mv－0
解得W＝240 J。
2.(2024·福建福州高三月考)如圖7所示，光滑水平面上依次有滑塊C質量mC＝2 kg，滑塊A質量mA＝3 kg，滑塊B質量mB＝3 kg。開始時A、B靜止，C以初速度v0＝10 m/s的速度沖向A，與A發生彈性碰撞，碰撞后A繼續向右運動，與B發生碰撞并粘在一起。求：
圖7
(1)C與A碰撞后A的速度大小為多少；
(2)A與B碰撞過程中損失的機械能。
答案　(1)8 m/s　(2)48 J
解析　(1)取向右為正方向，以C、A為系統研究，根據動量守恒定律有
mCv0＝mCvC＋mAvA
根據機械能守恒定律有mCv＝mCv＋mAv
解得vC＝－2 m/s，vA＝8 m/s
即C與A碰撞后A的速度大小為8 m/s。
(2)仍取向右為正方向，以A、B為系統研究，根據動量守恒定律有
mAvA＝v
根據能量守恒定律有E損＝mAv－v2
解得E損＝48 J。
考點三　爆炸、反沖和“人船”模型
角度　爆炸問題
爆炸現象的三個規律
動量 守恒 爆炸物體間的相互作用力遠遠大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統的總動量守恒
機械能 增加 在爆炸過程中，有其他形式的能量(如化學能)轉化為機械能，所以系統的機械能增加
位置 不變 爆炸的時間極短，因而作用過程中物體產生的位移很小，可以認為爆炸后各部分仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運動
例6 (多選)(2023·山東濟南一模)某課外興趣小組在一次實驗中，將自制火箭從地面豎直向上發射，火箭到達最高點時爆炸，分裂成質量不等的P、Q兩部分，P、Q兩部分的質量比為2∶5。爆炸后P部分的初速度大小為50 m/s，方向斜向下與豎直方向成60°。若爆炸點離地高度為120 m，不計P、Q運動過程中受到的阻力，重力加速度g＝10 m/s2。下列說法正確的是(　　)
圖8
A.Q部分落地時的速度大小為20 m/s
B.Q部分落地時的速度大小為90 m/s
C.P部分落地點與爆炸點的水平距離為75 m
D.P部分落地點與爆炸點的水平距離為135 m
答案　AC
解析　爆炸過程中由動量守恒定律得mPvP＝mQvQ，對Q從爆炸到落地，由動能定理得mQgh＝mQv2－mQv，解得v＝20 m/s，A正確，B錯誤；對P部分在豎直方向有vPy＝vPcos 60°＝25 m/s，h＝vPyt＋gt2，解得t＝3 s，水平方向有vPx＝vPsin 60°＝25 m/s，x＝vPxt，解得P部分落地點與爆炸點的水平距離為x＝75 m，C正確，D錯誤。
角度　反沖問題
反沖運動的三點說明
作用原理 反沖運動是系統內物體之間的作用力和反作用力產生的效果
動量守恒 反沖運動中系統不受外力或內力遠大于外力，所以反沖運動遵循動量守恒定律
機械能增加 反沖運動中，由于有其他形式的能轉化為機械能，所以系統的總機械能增加
例7 (2023·山東省新高考聯合模擬)在空間技術發展過程中，噴氣背包曾經作為宇航員艙外活動的主要動力裝置，它能讓宇航員保持較高的機動性。如圖9所示，宇航員在距離空間站艙門為d的位置與空間站保持相對靜止，啟動噴氣背包，壓縮氣體通過橫截面積為S的噴口以速度v1持續噴出，宇航員到達艙門時的速度為v2。若宇航員連同整套艙外太空服的質量為M，不計噴出氣體后宇航員和裝備質量的變化，忽略宇航員的速度對噴氣速度的影響以及噴氣過程中壓縮氣體密度的變化，則噴出壓縮氣體的密度為(　　)
圖9
A. B.
C. D.
答案　D
解析　設噴出的氣體的質量為m，則m＝ρSv1t，根據動量守恒定律可得mv1＝Mv2，宇航員受力恒定，做初速度為零的勻加速直線運動，則·t＝d，聯立解得ρ＝，故D正確。
角度　　人船模型
1.模型圖示
2.模型特點
(1)兩物體滿足動量守恒定律：mv人－Mv船＝0。
(2)兩物體的位移大小滿足：m－M＝0，x人＋x船＝L得
x人＝L，x船＝L。
3.運動特點
(1)人動則船動，人靜則船靜，人快船快，人慢船慢，人左船右。
(2)人船位移比等于它們質量的反比；人船平均速度(瞬時速度)比等于它們質量的反比，即＝＝。
4.“人船模型”的拓展(某一方向動量守恒)
例8 (2023·湖南卷，15改編)如圖10，質量為M的勻質凹槽放在光滑水平地面上，凹槽內有一個半橢圓形的光滑軌道，橢圓的半長軸和半短軸分別為a和b，長軸水平，短軸豎直。質量為m的小球，初始時刻從橢圓軌道長軸的右端點由靜止開始下滑。以初始時刻橢圓中心的位置為坐標原點，在豎直平面內建立固定于地面的直角坐標系xOy，橢圓長軸位于x軸上。整個過程凹槽不翻轉，重力加速度為g。
圖10
(1)小球第一次運動到軌道最低點時，求凹槽的速度大小；
(2)凹槽相對于初始時刻運動的距離。
答案　(1)　(2)
解析　(1)小球從靜止到第一次運動到軌道最低點的過程，小球和凹槽組成的系統水平方向上動量守恒，有0＝mv1－Mv2
對小球與凹槽組成的系統，由機械能守恒定律有mgb＝mv＋Mv
聯立解得v2＝。
(2)根據人船模型規律，在水平方向上有mx1＝Mx2
又由位移關系知x1＋x2＝a
解得凹槽相對于初始時刻運動的距離x2＝。
A級　基礎對點練
對點練1　動量守恒定律的理解與基本應用
1.(2024·江蘇蘇州高三聯考)如圖1所示，站在車上的人，掄起錘子連續敲打小車。初始時，人、車、錘都靜止。假設水平地面光滑，關于這一物理過程，下列說法正確的是(　　)
圖1
A.連續敲打可使小車持續向右運動
B.人、車和錘組成的系統動量守恒，機械能不守恒
C.連續敲打可使小車持續向左運動
D.當錘子速度方向豎直向下時，人和車的速度為零
答案　D
解析　人、車和錘組成的系統水平方向動量守恒，小車只能左右往復運動，不能持續向右或向左運動，故A、C錯誤；人、車和錘組成的系統水平方向動量守恒，豎直方向動量不守恒，機械能也不一定守恒，故B錯誤；人、車和錘組成的系統水平方向動量守恒，當錘子速度方向豎直向下時，錘子的水平速度為零，故人和車的速度也為零，故D正確。
2.如圖2所示，質量為M的滑塊靜止在光滑的水平面上，滑塊的光滑弧面底部與桌面相切，一個質量為m的小球以速度v0向滑塊滾來，小球最后未越過滑塊，則小球到達最高點時，小球和滑塊的速度大小是(　　)
圖2
A. B.
C. D.
答案　A
解析　小球沿滑塊上滑的過程中，小球和滑塊組成的系統在水平方向上不受外力，因而系統在水平方向上動量守恒，小球到達最高點時和滑塊具有相同的對地速度v(若速度不相同，必然相對運動，此時一定不是最高點)。由系統在水平方向上動量守恒得mv0＝(M＋m)v，所以v＝，A正確。
3.(2024·重慶高三統考)如圖3所示，有一塊足夠長的木板，放在光滑水平面上，在木板上自左向右放有相距足夠遠的序號為1、2、3、4、5的5塊木塊，所有木塊的質量均為m，與木板間的動摩擦因數均為μ，木板的質量為5m。在t＝0時刻木板靜止，第1、2、3、4、5號木塊的初速度分別為v0、2v0、3v0、4v0、5v0，方向都向右，重力加速度為g。所有物塊和木板最終都會共速，其共同速度為(　　)
圖3
A.v0 B.2v0
C.v0 D.v0
答案　A
解析　整個系統所受合外力為零，系統動量守恒，取水平向右為正方向，對系統，由動量守恒定律得m(v0＋2v0＋3v0＋4v0＋5v0)＝10mv共，解得v共＝v0，故A正確。
對點練2　碰撞問題
4.(2024·山東青島即墨高三期末)如圖4，質量為m的小球A沿光滑水平面以速度v0向右運動，與質量為4m的靜止小球B發生碰撞，碰撞后小球A以速率v＝kv0(k為待定系數)彈回，然后與固定擋板P發生彈性碰撞，要使A球能與B球再次發生碰撞，則k的取值范圍應滿足(　　)
圖4
A.C.k<或k≥ D.0答案　A
解析　A球與B球第一次碰撞過程，根據動量守恒定律得mv0＝－m·kv0＋4mvB，碰撞過程應遵循系統總動能不增加原則，有mv≥m(kv0)2＋×4mv，為了使A球能與B球再次發生碰撞，需要滿足kv0>vB，聯立解得5.(2024·河北衡水高三期中)如圖5所示，水平面上AO段為動摩擦因數μ＝0.6的粗糙段，OB段光滑。質量為m＝1 kg的物體甲放在距O點左側x1＝3 m的A處，物體乙靜止放在距O點右側x2＝4 m的B處。現給物體甲一個水平向右的初速度v0＝10 m/s，物體甲與物體乙在B點發生彈性正碰，碰后物體甲恰好能返回出發點A。重力加速度大小取g＝10 m/s2，兩物體均可視為質點，則(　　)
圖5
A.物體甲第一次運動到O點的速度大小為6.5 m/s
B.物體甲向右從O點運動到B點所用的時間為0.5 s
C.物體甲與乙碰撞后，物體甲的速度大小為5.5 m/s
D.物體乙的質量為3.5 kg
答案　B
解析　根據動能定理有－μmgx1＝mv－mv，解得物體甲第一次運動到O點的速度大小為v1＝8 m/s，A錯誤；物體甲向右從O點運動到B點所用的時間為t＝＝0.5 s，B正確；碰后物體甲恰好能返回出發點A，根據動能定理有－μmgx1＝－mv，物體甲與乙碰撞后，物體甲的速度大小為v2＝6 m/s，C錯誤；根據動量守恒定律和機械能守恒定律有mv1＝m乙v乙－mv2，mv＝mv＋m乙v，得m乙＝7 kg，D錯誤。
6.(多選)(2024·甘肅武威高三月考)如圖6所示，光滑水平面上有一質量mA＝1 kg的A球和一質量mB＝1.5 kg的B球同向運動。已知A球的初速度v1＝10 m/s，B球的初速度v2＝5 m/s，運動一段時間后，兩球發生對心正碰。下列說法正確的是(　　)
圖6
A.當兩球發生的碰撞是彈性碰撞時，A球對B球的沖量為7.5 N·s
B.碰撞的過程中，系統損失的機械能可能為8 J
C.碰撞后，A球的速度可能為5 m/s
D.當兩球發生的碰撞是完全非彈性碰撞時，A球對B球的沖量為3 N·s
答案　CD
解析　發生彈性碰撞時，根據動量守恒定律及機械能守恒定律有mAv1＋mBv2＝mAvA＋mBvB，mAv＋mBv＝mAv＋mBv，解得vA＝4 m/s，vB＝9 m/s，A球對B球的沖量為I＝mBvB－mBv2＝6 N·s，A錯誤；若發生完全非彈性碰撞，則mAv1＋mBv2＝v，得v＝7 m/s，則碰撞后A球的速度在4 m/s到7 m/s之間。完全非彈性碰撞的機械能損失最大，為ΔE＝mAv＋mBv－v2＝7.5 J，B錯誤，C正確；當兩球發生的碰撞是完全非彈性碰撞時，A球對B球的沖量為I′＝mBv－mBv2＝3 N·s，D正確。
對點練3　爆炸、反沖和“人船”模型
7.(2024·湖北名校聯考)2022年11月12日，天舟五號與空間站天和核心艙成功對接，在對接的最后階段，天舟五號與空間站處于同一軌道上同向運動，兩者的運行軌道均視為圓周。要使天舟五號在同一軌道上追上空間站實現對接，天舟五號噴射燃氣的方向可能正確的是(　　)
答案　A
解析　要想使天舟五號在與空間站同一軌道上對接，則需要使天舟五號加速，與此同時要想不脫離原軌道，根據F＝m，知必須要增大向心力，即噴氣時產生的推力有沿軌道向前的分量和指向地心的分量，而噴氣產生的推力與噴氣方向相反，故A正確。
8.(2023·湖南長沙模擬)如圖7，棱長為a、大小形狀相同的立方體木塊和鐵塊，質量為m的木塊在上、質量為M的鐵塊在下，正對用極短細繩連結懸浮在平靜的池中某處，木塊上表面距離水面的豎直距離為h。當細繩斷裂后，木塊與鐵塊均在豎直方向上運動，木塊剛浮出水面時，鐵塊恰好同時到達池底。僅考慮浮力，不計其他阻力，則池深為(　　)
圖7
A.h B.(h＋2a)
C.(h＋2a) D.h＋2a
答案　D
解析　設鐵塊豎直下降的位移為d，對木塊與鐵塊組成的系統，系統外力為零，由動量守恒定律(人船模型)可得0＝mh－Md，池深H＝h＋d＋2a，解得H＝h＋2a，D正確。
9.(2024·江蘇無錫高三月考)如圖8所示，水平地面上靜止放置著材料相同、緊靠在一起的物體A和B，兩物體可視為質點且A的質量較大。兩物體間夾有炸藥，爆炸后兩物體沿水平方向左右分離，不計空氣阻力，則A物體(　　)
圖8
A.爆炸過程中，獲得的初動量大 B.爆炸過程中，獲得的初動能大
C.爆炸后，滑行時間短 D.爆炸后，滑行距離長
答案　C
解析　爆炸過程中，系統內力遠大于外力，A、B組成的系統動量守恒，爆炸前系統總動量為零，由動量守恒定律可知，爆炸后，兩物體的動量大小相等，故A錯誤；設爆炸后任一物體的動量大小為p，物體的質量為m，則動能Ek＝mv2＝，可知質量大的物體獲得的初動能小，故B錯誤；取爆炸后物體A的速度方向為正方向，根據動量定理得－μmgt＝0－p，解得滑行時間t＝，由于μ、p、g相等，則質量大的物體滑行時間短，故C正確；爆炸后，根據動能定理得－μmgs＝0－mv2＝0－，解得爆炸后物體滑行的距離s＝，由于μ、p、g相等，則質量大的物體滑行距離短，故D錯誤。
B級　綜合提升練
10.(2022·湖南卷，4)1932年，查德威克用未知射線轟擊氫核，發現這種射線是由質量與質子大致相等的中性粒子(即中子)組成。如圖9，中子以速度v0分別碰撞靜止的氫核和氮核，碰撞后氫核和氮核的速度分別為v1和v2。設碰撞為彈性正碰，不考慮相對論效應，下列說法正確的是(　　)
圖9
A.碰撞后氮核的動量比氫核的小
B.碰撞后氮核的動能比氫核的小
C.v2大于v1
D.v2大于v0
答案　B
解析　設中子的質量為m，則氫核的質量也為m，氮核的質量為14m，設中子和氫核碰撞后中子速度為v3，取v0的方向為正方向，由動量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝mv1＋mv3
mv＝mv＋mv
聯立解得v1＝v0
設中子和氮核碰撞后中子速度為v4，取v0的方向為正方向，由動量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝14mv2＋mv4
mv＝×14mv＋mv
聯立解得v2＝v0
可得v1＝v0>v2，故C、D錯誤；
碰撞后氫核的動量為pH＝mv1＝mv0
氮核的動量為pN＝14mv2＝
可得pN>pH，故A錯誤；
碰撞后氫核的動能為EkH＝mv＝mv
氮核的動能為EkN＝×14mv＝
可得EkH>EkN，故B正確。
11.水平地面上有甲、乙兩個小滑塊在同一直線上運動，兩小滑塊碰撞前后的速度—時間圖像如圖10所示，小滑塊甲的碰前速度方向為正向，小滑塊乙的碰前速度方向為負向(其中一個小滑塊碰后速度變為0)，下列說法正確
的是(　　)
圖10
A.碰后乙的速度變為零
B.t＝2.5 s時，兩小滑塊之間的距離為7.5 m
C.兩小滑塊之間的碰撞為非彈性碰撞
D.碰撞前，兩個小滑塊組成的系統動量守恒
答案　D
解析　由速度—時間圖像可知，甲、乙兩滑塊相向運動，均做勻減速直線運動，碰后甲的速度不能增大，所以碰后滑塊甲的速度變為零，滑塊乙的速度為6 m/s(反向)，故A錯誤；t＝2.5 s時，兩滑塊之間的距離Δs＝×6×(2.5－1) m＝4.5 m，故B錯誤；設碰前甲的質量為m1，乙的質量為m2，則碰前動量p1＝m1×4 m/s＋m2×(－2 m/s)，碰后動量p2＝m2×6 m/s，由碰撞過程動量守恒有p1＝p2，解得m1＝2m2，碰前E1＝m1×42＋m2×(－2)2＝18m2，碰后E2＝m2×62＝18m2，E1＝E2，則兩滑塊間的碰撞為彈性碰撞，故C錯誤；由速度—時間圖像可知，碰前甲滑塊的加速度大小a1＝2 m/s2，所受摩擦力大小Ff1＝m1a1＝2m1，乙滑塊的加速度大小a2＝4 m/s2，所受摩擦力大小Ff2＝m2a2＝4m2＝2m1＝Ff1，Ff1和Ff2的方向相反，故甲、乙兩滑塊組成的系統所受合外力為零，動量守恒，故D正確。
C級　培優加強練
12.如圖11所示，足夠長的光滑固定水平直桿上套有一可自由滑動的物塊B，B的質量為m，桿上在物塊B的左側有一固定擋板C，B的下端通過一根輕繩連接一小球A，繩長為L，A的質量也為m。先將小球拉至與懸點等高的位置時，細繩伸直但沒有形變，B與擋板接觸。現由靜止釋放小球A。重力加速度大小為g。求：
圖11
(1)小球A向右擺動的最大速度；
(2)物塊B運動過程中的最大速度；
(3)小球A向右擺起相對于最低點所能上升的最大高度。
答案　(1)　(2)　(3)L
解析　(1)小球A擺至最低點時速度最大，最大速度設為v1，由機械能守恒定律得
mAgL＝mAv
解得v1＝。
(2)小球A從最低點向右擺動的過程中，A、B系統水平方向動量守恒；當A最后回到最低點時，B的速度最大，設此時A、B的速度分別為vA、vB，由水平方向動量守恒得mAv1＝mAvA＋mBvB
由機械能守恒定律得mAv＝mAv＋mBv
解得vA＝0，vB＝。
(3)當小球A擺至最高點時，A、B共速，
設為v，A、B系統水平方向動量守恒，得mAv1＝(mA＋mB)v
由機械能守恒定律得mAgh＝mAv－(mA＋mB)v2
聯立解得h＝L。第2講　動量守恒定律及其應用
學習目標　1.理解動量守恒的條件。 2.會定量分析一維碰撞問題。 3.會用動量守恒的觀點分析爆炸、反沖及人船模型。
1.
2.
3.
4.
1.思考判斷
(1)只要系統所受合外力做功為0，系統動量就守恒。(　　)
(2)系統的動量不變是指系統的動量大小和方向都不變。(　　)
(3)動量守恒定律的表達式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，一定是矢量式，應用時要規定正方向，且其中的速度必須相對同一個參考系。(　　)
(4)碰撞前后系統的動量和機械能均守恒。(　　)
(5)發射炮彈，炮身后退；園林噴灌裝置一邊噴水一邊旋轉均屬于反沖現象。(　　)
(6)爆炸過程中機械能增加，反沖過程中機械能減少。(　　)
2.如圖所示，質量為0.5 kg的小球在距離車底面高為20 m處以一定的初速度向左平拋，落在以7.5 m/s速度沿光滑的水平面向右勻速行駛的敞篷小車中。車底涂有一層油泥，車與油泥的總質量為4 kg，設小球在落到車底前瞬間的速度大小是25 m/s，則當小球與小車相對靜止時，小車的速度是(g取10 m/s2)(　　)
A.5 m/s　　　　 B.4 m/s
C.8.5 m/s D.9.5 m/s
考點一　動量守恒定律的理解和基本應用
1.適用條件
(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力為零。
(2)近似守恒：系統內各物體間相互作用的內力遠大于它所受到的外力。
(3)某一方向守恒：如果系統在某一方向上所受外力的合力為零，則系統在這一方向上動量守恒。
2.動量守恒定律的五個特性
矢量性 動量守恒定律的表達式為矢量方程，解題應選取統一的正方向
相對性 各物體的速度必須是相對同一參考系的速度(一般是相對于地面)
同時性 動量是一個瞬時量，表達式中的p1、p2、…必須是系統中各物體在相互作用前同一時刻的動量，p1′、p2′、…必須是系統中各物體在相互作用后同一時刻的動量
系統性 研究的對象是相互作用的兩個或多個物體組成的系統
普適性 動量守恒定律不僅適用于低速宏觀物體組成的系統，還適用于接近光速運動的微觀粒子組成的系統
角度　動量守恒定律的理解
例1 (2021·全國乙卷，14)如圖1，光滑水平地面上有一小車，一輕彈簧的一端與車廂的擋板相連，另一端與滑塊相連，滑塊與車廂的水平底板間有摩擦。用力向右推動車廂使彈簧壓縮，撤去推力時滑塊在車廂底板上有相對滑動。在地面參考系(可視為慣性系)中，從撤去推力開始，小車、彈簧和滑塊組成的系統(　　)
圖1
A.動量守恒，機械能守恒
B.動量守恒，機械能不守恒
C.動量不守恒，機械能守恒
D.動量不守恒，機械能不守恒
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角度　動量守恒定律的基本應用
例2 (多選)足夠大的光滑水平面上，一根不可伸長的細繩一端連接著質量為m1＝1.0 kg的物塊A，另一端連接質量為m2＝1.0 kg的長木板B，繩子開始是松弛的。質量為m3＝1.0 kg的物塊C放在長木板B的右端，C與長木板B間的滑動摩擦力的大小等于最大靜摩擦力大小。現在給物塊C水平向左的瞬時初速度v0＝2.0 m/s，物塊C立即在長木板B上運動。已知繩子繃緊前，B、C已經達到共同速度；繩子繃緊后，A、B總是具有相同的速度；物塊C始終未從長木板B上滑落。下列說法正確的是(　　)
圖2
A.繩子繃緊前，B、C達到的共同速度大小為1.0 m/s
B.繩子剛繃緊后的瞬間，A、B的速度大小均為1.0 m/s
C.繩子剛繃緊后的瞬間，A、B的速度大小均為0.5 m/s
D.最終A、B、C三者將以大小為 m/s的共同速度一直運動下去
聽課筆記　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.(2024·湖南衡陽高三月考)如圖3所示，水平地面上，某運動員手拿籃球站在滑板車上向一堵豎直的墻(向右)滑行，為了避免與墻相撞，在接近墻時，運動員將籃球水平向右拋出，籃球反彈后運動員又接住籃球，速度恰好減為0。不計地面的摩擦和空氣阻力，忽略籃球在豎直方向的運動，籃球與墻的碰撞過程不損失能量。運動員和滑板車的總質量為M，籃球的質量為m。拋球前，運動員、滑板車和籃球的速度均為v0。則(　　)
圖3
A.整個過程中運動員、滑板車及籃球的總動量守恒
B.運動員拋球與接球時對籃球的沖量相同
C.墻對籃球的沖量大小為(M＋m)v0
D.籃球被墻反彈后的速度大小為v0
考點二　碰撞問題
角度　碰撞的可能性
碰撞問題遵守的三條原則
例3 (2024·重慶市育才中學高三期中)如圖4為某運動員正在準備擊球，設在某一桿擊球過程中，白色球(主球)和花色球碰撞前后都在同一直線上運動，碰前白色球A的動量pA＝5 kg· m/s，花色球B靜止，碰后花色球B的動量變為pB′＝4 kg· m/s，則兩球質量mA與mB間的關系可能是(　　)
圖4
A.mB＝mA B.mB＝mA
C.mB＝2mA D.mB＝5mA
角度　彈性碰撞
1.彈性碰撞的特點：碰撞瞬間系統內無機械能損失。
2.彈性碰撞的結論
以質量為m1、速度為v1的小球與質量為m2的靜止小球發生彈性碰撞為例，則有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
m1v＝m1v1′2＋m2v2′2
聯立解得v1′＝v1，v2′＝v1
討論：(1)若m1＝m2，則v1′＝0，v2′＝v1(速度交換，動量和動能全部轉移)。
(2)若m1＞m2，則v1′＞0，v2′＞0(碰后兩物體沿同一方向運動)。
(3)若m1 m2，則v1′≈v1，v2′≈2v1。
(4)若m1＜m2，則v1′＜0，v2′＞0(碰后兩物體沿相反方向運動)。
(5)若m1 m2，則v1′≈－v1，v2′≈0。
例4 (2023·重慶卷，14)如圖5所示，桌面上固定有一半徑為R的水平光滑圓軌道，M、N為軌道上的兩點，且位于同一直徑上，P為MN段的中點。在P點處有一加速器(大小可忽略)，小球每次經過P點后，其速度大小都增加v0。質量為m的小球1從N處以初速度v0沿軌道逆時針運動，與靜止在M處的小球2發生第一次彈性碰撞，碰后瞬間兩球速度大小相等。忽略每次碰撞時間。求：
圖5
(1)球1第一次經過P點后瞬間向心力的大小；
(2)球2的質量；
(3)兩球從第一次碰撞到第二次碰撞所用時間。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
角度　非彈性碰撞
1.非彈性碰撞
碰撞結束后，動能有部分損失。
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2＋ΔEk損
2.完全非彈性碰撞
碰撞結束后，兩物體合二為一，以同一速度運動，動能損失最大。
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
m1v＋m2v＝(m1＋m2)v2＋ΔEk損max
結果：v＝
ΔEk損max＝(v1－v2)2
3.靜止物體被撞后的速度范圍
物體A與靜止的物體B發生碰撞，當發生完全非彈性碰撞時損失的機械能最多，物體B的速度最小，vB＝v0，當發生彈性碰撞時，物體B速度最大，vB＝v0。則碰后物體B的速度范圍為v0≤vB≤v0。
例5 (2024·北京四中質檢)如圖6所示，超市為節省收納空間，常常將手推購物車相互嵌套進行收納。質量均為m＝16 kg的兩輛購物車相距L1＝1 m靜止在水平面上。第一輛車在工作人員猛推一下后，沿直線運動與第二輛車嵌套在一起，繼續運動了L2＝1.25 m后停了下來。人推車時間、兩車相碰時間極短，可忽略，車運動時受到的阻力恒為車重的0.25倍，重力加速度取g＝10 m/s2，求：
圖6
(1)兩輛車從嵌套后運動到停下來所用時間；
(2)兩輛車在嵌套過程中損失的機械能；
(3)工作人員對第一輛車所做的功。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
2.(2024·福建福州高三月考)如圖7所示，光滑水平面上依次有滑塊C質量mC＝2 kg，滑塊A質量mA＝3 kg，滑塊B質量mB＝3 kg。開始時A、B靜止，C以初速度v0＝10 m/s的速度沖向A，與A發生彈性碰撞，碰撞后A繼續向右運動，與B發生碰撞并粘在一起。求：
圖7
(1)C與A碰撞后A的速度大小為多少；
(2)A與B碰撞過程中損失的機械能。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
考點三　爆炸、反沖和“人船”模型
角度　爆炸問題
爆炸現象的三個規律
動量 守恒 爆炸物體間的相互作用力遠遠大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統的總動量守恒
機械能 增加 在爆炸過程中，有其他形式的能量(如化學能)轉化為機械能，所以系統的機械能增加
位置 不變 爆炸的時間極短，因而作用過程中物體產生的位移很小，可以認為爆炸后各部分仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運動
例6 (多選)(2023·山東濟南一模)某課外興趣小組在一次實驗中，將自制火箭從地面豎直向上發射，火箭到達最高點時爆炸，分裂成質量不等的P、Q兩部分，P、Q兩部分的質量比為2∶5。爆炸后P部分的初速度大小為50 m/s，方向斜向下與豎直方向成60°。若爆炸點離地高度為120 m，不計P、Q運動過程中受到的阻力，重力加速度g＝10 m/s2。下列說法正確的是(　　)
圖8
A.Q部分落地時的速度大小為20 m/s
B.Q部分落地時的速度大小為90 m/s
C.P部分落地點與爆炸點的水平距離為75 m
D.P部分落地點與爆炸點的水平距離為135 m
聽課筆記　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
角度　反沖問題
反沖運動的三點說明
作用 原理 反沖運動是系統內物體之間的作用力和反作用力產生的效果
動量 守恒 反沖運動中系統不受外力或內力遠大于外力，所以反沖運動遵循動量守恒定律
機械能 增加 反沖運動中，由于有其他形式的能轉化為機械能，所以系統的總機械能增加
例7 (2023·山東省新高考聯合模擬)在空間技術發展過程中，噴氣背包曾經作為宇航員艙外活動的主要動力裝置，它能讓宇航員保持較高的機動性。如圖9所示，宇航員在距離空間站艙門為d的位置與空間站保持相對靜止，啟動噴氣背包，壓縮氣體通過橫截面積為S的噴口以速度v1持續噴出，宇航員到達艙門時的速度為v2。若宇航員連同整套艙外太空服的質量為M，不計噴出氣體后宇航員和裝備質量的變化，忽略宇航員的速度對噴氣速度的影響以及噴氣過程中壓縮氣體密度的變化，則噴出壓縮氣體的密度為(　　)
圖9
A. B.
C. D.
聽課筆記　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
角度　人船模型
1.模型圖示
2.模型特點
(1)兩物體滿足動量守恒定律：mv人－Mv船＝0。
(2)兩物體的位移大小滿足：m－M＝0，x人＋x船＝L得
x人＝L，x船＝L。
3.運動特點
(1)人動則船動，人靜則船靜，人快船快，人慢船慢，人左船右。
(2)人船位移比等于它們質量的反比；人船平均速度(瞬時速度)比等于它們質量的反比，即＝＝。
4.“人船模型”的拓展(某一方向動量守恒)
例8 (2023·湖南卷，15改編)如圖10，質量為M的勻質凹槽放在光滑水平地面上，凹槽內有一個半橢圓形的光滑軌道，橢圓的半長軸和半短軸分別為a和b，長軸水平，短軸豎直。質量為m的小球，初始時刻從橢圓軌道長軸的右端點由靜止開始下滑。以初始時刻橢圓中心的位置為坐標原點，在豎直平面內建立固定于地面的直角坐標系xOy，橢圓長軸位于x軸上。整個過程凹槽不翻轉，重力加速度
為g。
圖10
(1)小球第一次運動到軌道最低點時，求凹槽的速度大小；
(2)凹槽相對于初始時刻運動的距離。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　第2練　動量守恒定律及其應用
A級　基礎對點練
對點練1　動量守恒定律的理解與基本應用
1.(2024·江蘇蘇州高三聯考)如圖1所示，站在車上的人，掄起錘子連續敲打小車。初始時，人、車、錘都靜止。假設水平地面光滑，關于這一物理過程，下列說法正確的是(　　)
圖1
A.連續敲打可使小車持續向右運動
B.人、車和錘組成的系統動量守恒，機械能不守恒
C.連續敲打可使小車持續向左運動
D.當錘子速度方向豎直向下時，人和車的速度為零
2.如圖2所示，質量為M的滑塊靜止在光滑的水平面上，滑塊的光滑弧面底部與桌面相切，一個質量為m的小球以速度v0向滑塊滾來，小球最后未越過滑塊，則小球到達最高點時，小球和滑塊的速度大小是(　　)
圖2
A. B.
C. D.
3.(2024·重慶高三統考)如圖3所示，有一塊足夠長的木板，放在光滑水平面上，在木板上自左向右放有相距足夠遠的序號為1、2、3、4、5的5塊木塊，所有木塊的質量均為m，與木板間的動摩擦因數均為μ，木板的質量為5m。在t＝0時刻木板靜止，第1、2、3、4、5號木塊的初速度分別為v0、2v0、3v0、4v0、5v0，方向都向右，重力加速度為g。所有物塊和木板最終都會共速，其共同速度為(　　)
圖3
A.v0 B.2v0
C.v0 D.v0
對點練2　碰撞問題
4.(2024·山東青島即墨高三期末)如圖4，質量為m的小球A沿光滑水平面以速度v0向右運動，與質量為4m的靜止小球B發生碰撞，碰撞后小球A以速率v＝kv0(k為待定系數)彈回，然后與固定擋板P發生彈性碰撞，要使A球能與B球再次發生碰撞，則k的取值范圍應滿足(　　)
圖4
A.C.k<或k≥ D.05.(2024·河北衡水高三期中)如圖5所示，水平面上AO段為動摩擦因數μ＝0.6的粗糙段，OB段光滑。質量為m＝1 kg的物體甲放在距O點左側x1＝3 m的A處，物體乙靜止放在距O點右側x2＝4 m的B處。現給物體甲一個水平向右的初速度v0＝10 m/s，物體甲與物體乙在B點發生彈性正碰，碰后物體甲恰好能返回出發點A。重力加速度大小取g＝10 m/s2，兩物體均可視為質點，則(　　)
圖5
A.物體甲第一次運動到O點的速度大小為6.5 m/s
B.物體甲向右從O點運動到B點所用的時間為0.5 s
C.物體甲與乙碰撞后，物體甲的速度大小為5.5 m/s
D.物體乙的質量為3.5 kg
6.(多選)(2024·甘肅武威高三月考)如圖6所示，光滑水平面上有一質量mA＝1 kg的A球和一質量mB＝1.5 kg的B球同向運動。已知A球的初速度v1＝10 m/s，B球的初速度v2＝5 m/s，運動一段時間后，兩球發生對心正碰。下列說法正確的是(　　)
圖6
A.當兩球發生的碰撞是彈性碰撞時，A球對B球的沖量為7.5 N·s
B.碰撞的過程中，系統損失的機械能可能為8 J
C.碰撞后，A球的速度可能為5 m/s
D.當兩球發生的碰撞是完全非彈性碰撞時，A球對B球的沖量為3 N·s
對點練3　爆炸、反沖和“人船”模型
7.(2024·湖北名校聯考)2022年11月12日，天舟五號與空間站天和核心艙成功對接，在對接的最后階段，天舟五號與空間站處于同一軌道上同向運動，兩者的運行軌道均視為圓周。要使天舟五號在同一軌道上追上空間站實現對接，天舟五號噴射燃氣的方向可能正確的是(　　)
8.(2023·湖南長沙模擬)如圖7，棱長為a、大小形狀相同的立方體木塊和鐵塊，質量為m的木塊在上、質量為M的鐵塊在下，正對用極短細繩連結懸浮在平靜的池中某處，木塊上表面距離水面的豎直距離為h。當細繩斷裂后，木塊與鐵塊均在豎直方向上運動，木塊剛浮出水面時，鐵塊恰好同時到達池底。僅考慮浮力，不計其他阻力，則池深為(　　)
圖7
A.h B.(h＋2a)
C.(h＋2a) D.h＋2a
9.(2024·江蘇無錫高三月考)如圖8所示，水平地面上靜止放置著材料相同、緊靠在一起的物體A和B，兩物體可視為質點且A的質量較大。兩物體間夾有炸藥，爆炸后兩物體沿水平方向左右分離，不計空氣阻力，則A物體(　　)
圖8
A.爆炸過程中，獲得的初動量大
B.爆炸過程中，獲得的初動能大
C.爆炸后，滑行時間短
D.爆炸后，滑行距離長
B級　綜合提升練
10.(2022·湖南卷，4)1932年，查德威克用未知射線轟擊氫核，發現這種射線是由質量與質子大致相等的中性粒子(即中子)組成。如圖9，中子以速度v0分別碰撞靜止的氫核和氮核，碰撞后氫核和氮核的速度分別為v1和v2。設碰撞為彈性正碰，不考慮相對論效應，下列說法正確的是(　　)
圖9
A.碰撞后氮核的動量比氫核的小
B.碰撞后氮核的動能比氫核的小
C.v2大于v1
D.v2大于v0
11.水平地面上有甲、乙兩個小滑塊在同一直線上運動，兩小滑塊碰撞前后的速度—時間圖像如圖10所示，小滑塊甲的碰前速度方向為正向，小滑塊乙的碰前速度方向為負向(其中一個小滑塊碰后速度變為0)，下列說法正確的是(　　)
圖10
A.碰后乙的速度變為零
B.t＝2.5 s時，兩小滑塊之間的距離為7.5 m
C.兩小滑塊之間的碰撞為非彈性碰撞
D.碰撞前，兩個小滑塊組成的系統動量守恒
C級　培優加強練
12.如圖11所示，足夠長的光滑固定水平直桿上套有一可自由滑動的物塊B，B的質量為m，桿上在物塊B的左側有一固定擋板C，B的下端通過一根輕繩連接一小球A，繩長為L，A的質量也為m。先將小球拉至與懸點等高的位置時，細繩伸直但沒有形變，B與擋板接觸。現由靜止釋放小球A。重力加速度大小為g。求：
圖11
(1)小球A向右擺動的最大速度；
(2)物塊B運動過程中的最大速度；
(3)小球A向右擺起相對于最低點所能上升的最大高度。
第2練　動量守恒定律及其應用
1.D　[人、車和錘組成的系統水平方向動量守恒，小車只能左右往復運動，不能持續向右或向左運動，故A、C錯誤；人、車和錘組成的系統水平方向動量守恒，豎直方向動量不守恒，機械能也不一定守恒，故B錯誤；人、車和錘組成的系統水平方向動量守恒，當錘子速度方向豎直向下時，錘子的水平速度為零，故人和車的速度也為零，故D正確。]
2.A　[小球沿滑塊上滑的過程中，小球和滑塊組成的系統在水平方向上不受外力，因而系統在水平方向上動量守恒，小球到達最高點時和滑塊具有相同的對地速度v(若速度不相同，必然相對運動，此時一定不是最高點)。由系統在水平方向上動量守恒得mv0＝(M＋m)v，所以v＝，A正確。]
3.A　[整個系統所受合外力為零，系統動量守恒，取水平向右為正方向，對系統，由動量守恒定律得m(v0＋2v0＋3v0＋4v0＋5v0)＝10mv共，解得v共＝v0，故A正確。]
4.A　[A球與B球第一次碰撞過程，根據動量守恒定律得mv0＝－m·kv0＋4mvB，碰撞過程應遵循系統總動能不增加原則，有mv≥m(kv0)2＋×4mv，為了使A球能與B球再次發生碰撞，需要滿足kv0>vB，聯立解得5.B　[根據動能定理有－μmgx1＝mv－mv，解得物體甲第一次運動到O點的速度大小為v1＝8 m/s，A錯誤；物體甲向右從O點運動到B點所用的時間為t＝＝0.5 s，B正確；碰后物體甲恰好能返回出發點A，根據動能定理有－μmgx1＝－mv，物體甲與乙碰撞后，物體甲的速度大小為v2＝6 m/s，C錯誤；根據動量守恒定律和機械能守恒定律有mv1＝m乙v乙－mv2，mv＝mv＋m乙v，得m乙＝7 kg，D錯誤。]
6.CD　[發生彈性碰撞時，根據動量守恒定律及機械能守恒定律有mAv1＋mBv2＝mAvA＋mBvB，mAv＋mBv＝mAv＋mBv，解得vA＝4 m/s，vB＝9 m/s，A球對B球的沖量為I＝mBvB－mBv2＝6 N·s，A錯誤；若發生完全非彈性碰撞，則mAv1＋mBv2＝v，得v＝7 m/s，則碰撞后A球的速度在4 m/s到7 m/s之間。完全非彈性碰撞的機械能損失最大，為ΔE＝mAv＋mBv－v2＝7.5 J，B錯誤，C正確；當兩球發生的碰撞是完全非彈性碰撞時，A球對B球的沖量為I′＝mBv－mBv2＝3 N·s，D正確。]
7.A　[要想使天舟五號在與空間站同一軌道上對接，則需要使天舟五號加速，與此同時要想不脫離原軌道，根據F＝m，知必須要增大向心力，即噴氣時產生的推力有沿軌道向前的分量和指向地心的分量，而噴氣產生的推力與噴氣方向相反，故A正確。]
8.D　[設鐵塊豎直下降的位移為d，對木塊與鐵塊組成的系統，系統外力為零，由動量守恒定律(人船模型)可得0＝mh－Md，池深H＝h＋d＋2a，解得H＝h＋2a，D正確。]
9.C　[爆炸過程中，系統內力遠大于外力，A、B組成的系統動量守恒，爆炸前系統總動量為零，由動量守恒定律可知，爆炸后，兩物體的動量大小相等，故A錯誤；設爆炸后任一物體的動量大小為p，物體的質量為m，則動能Ek＝mv2＝，可知質量大的物體獲得的初動能小，故B錯誤；取爆炸后物體A的速度方向為正方向，根據動量定理得－μmgt＝0－p，解得滑行時間t＝，由于μ、p、g相等，則質量大的物體滑行時間短，故C正確；爆炸后，根據動能定理得－μmgs＝0－mv2＝0－，解得爆炸后物體滑行的距離s＝，由于μ、p、g相等，則質量大的物體滑行距離短，故D錯誤。]
10.B　[設中子的質量為m，則氫核的質量也為m，氮核的質量為14m，設中子和氫核碰撞后中子速度為v3，取v0的方向為正方向，由動量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝mv1＋mv3
mv＝mv＋mv
聯立解得v1＝v0
設中子和氮核碰撞后中子速度為v4，取v0的方向為正方向，由動量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝14mv2＋mv4
mv＝×14mv＋mv
聯立解得v2＝v0
可得v1＝v0>v2，故C、D錯誤；
碰撞后氫核的動量為pH＝mv1＝mv0
氮核的動量為pN＝14mv2＝
可得pN>pH，故A錯誤；
碰撞后氫核的動能為EkH＝mv＝mv
氮核的動能為EkN＝×14mv＝
可得EkH>EkN，故B正確。]
11.D　[由速度—時間圖像可知，甲、乙兩滑塊相向運動，均做勻減速直線運動，碰后甲的速度不能增大，所以碰后滑塊甲的速度變為零，滑塊乙的速度為6 m/s(反向)，故A錯誤；t＝2.5 s時，兩滑塊之間的距離Δs＝×6×(2.5－1) m＝4.5 m，故B錯誤；設碰前甲的質量為m1，乙的質量為m2，則碰前動量p1＝m1×4 m/s＋m2×(－2 m/s)，碰后動量p2＝m2×6 m/s，由碰撞過程動量守恒有p1＝p2，解得m1＝2m2，碰前E1＝m1×42＋m2×(－2)2＝18m2，碰后E2＝m2×62＝18m2，E1＝E2，則兩滑塊間的碰撞為彈性碰撞，故C錯誤；由速度—時間圖像可知，碰前甲滑塊的加速度大小a1＝2 m/s2，所受摩擦力大小Ff1＝m1a1＝2m1，乙滑塊的加速度大小a2＝4 m/s2，所受摩擦力大小Ff2＝m2a2＝4m2＝2m1＝Ff1，Ff1和Ff2的方向相反，故甲、乙兩滑塊組成的系統所受合外力為零，動量守恒，故D正確。]
12.(1)　(2)　(3)L
解析　(1)小球A擺至最低點時速度最大，最大速度設為v1，由機械能守恒定律得mAgL＝mAv
解得v1＝。
(2)小球A從最低點向右擺動的過程中，A、B系統水平方向動量守恒；當A最后回到最低點時，B的速度最大，設此時A、B的速度分別為vA、vB，由水平方向動量守恒得
mAv1＝mAvA＋mBvB
由機械能守恒定律得mAv＝mAv＋mBv
解得vA＝0，vB＝。
(3)當小球A擺至最高點時，A、B共速，
設為v，A、B系統水平方向動量守恒，得
mAv1＝(mA＋mB)v
由機械能守恒定律得mAgh＝mAv－(mA＋mB)v2
聯立解得h＝L。(共75張PPT)
第2講　動量守恒定律及其應用
第六章　動量守恒定律
理解動量守恒的條件。
會定量分析一維碰撞問題。
會用動量守恒的觀點分析爆炸、反沖及人船模型。
學習目標
目 錄
CONTENTS
夯實必備知識
01
研透核心考點
02
提升素養能力
03
夯實必備知識
1
矢量和
保持不變
m1v1′＋m2v2′
零
很大
遠大于
遠大于
守恒
遠大于
1.思考判斷
(1)只要系統所受合外力做功為0，系統動量就守恒。( )
(2)系統的動量不變是指系統的動量大小和方向都不變。( )
(3)動量守恒定律的表達式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，一定是矢量式，應用時要規定正方向，且其中的速度必須相對同一個參考系。( )
(4)碰撞前后系統的動量和機械能均守恒。( )
(5)發射炮彈，炮身后退；園林噴灌裝置一邊噴水一邊旋轉均屬于反沖現象。( )
(6)爆炸過程中機械能增加，反沖過程中機械能減少。( )
×
√
√
×
√
×
2.如圖所示，質量為0.5 kg的小球在距離車底面高為20 m處以一定的初速度向左平拋，落在以7.5 m/s速度沿光滑的水平面向右勻速行駛的敞篷小車中。車底涂有一層油泥，車與油泥的總質量為4 kg，設小球在落到車底前瞬間的速度大小是25 m/s，則當小球與小車相對靜止時，小車的速度是(g取10 m/s2)(　　)
A
A.5 m/s　　　　 B.4 m/s C.8.5 m/s D.9.5 m/s
研透核心考點
2
考點二　碰撞問題
考點一　動量守恒定律的理解和基本應用
考點三　爆炸、反沖和“人船”模型
1.適用條件
(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力為零。
(2)近似守恒：系統內各物體間相互作用的內力遠大于它所受到的外力。
(3)某一方向守恒：如果系統在某一方向上所受外力的合力為零，則系統在這一方向上動量守恒。
考點一　動量守恒定律的理解和基本應用
2.動量守恒定律的五個特性
矢量性 動量守恒定律的表達式為矢量方程，解題應選取統一的正方向
相對性 各物體的速度必須是相對同一參考系的速度(一般是相對于地面)
同時性 動量是一個瞬時量，表達式中的p1、p2、…必須是系統中各物體在相互作用前同一時刻的動量，p1′、p2′、…必須是系統中各物體在相互作用后同一時刻的動量
系統性 研究的對象是相互作用的兩個或多個物體組成的系統
普適性 動量守恒定律不僅適用于低速宏觀物體組成的系統，還適用于接近光速運動的微觀粒子組成的系統
B
例1 (2021·全國乙卷，14)如圖1，光滑水平地面上有一小車，一輕彈簧的一端與車廂的擋板相連，另一端與滑塊相連，滑塊與車廂的水平底板間有摩擦。用力向右推動車廂使彈簧壓縮，撤去推力時滑塊在車廂底板上有相對滑動。在地面參考系(可視為慣性系)中，從撤去推力開始，小車、彈簧和滑塊組成的系統(　　)
角度　　動量守恒定律的理解
圖1
A.動量守恒，機械能守恒 B.動量守恒，機械能不守恒
C.動量不守恒，機械能守恒 D.動量不守恒，機械能不守恒
解析　撤去推力，系統所受合外力為0，動量守恒，滑塊和小車之間有滑動摩擦力，由于摩擦生熱，系統機械能減少，故B正確。
ACD
例2 (多選)足夠大的光滑水平面上，一根不可伸長的細繩一端連接著質量為m1＝1.0 kg的物塊A，另一端連接質量為m2＝1.0 kg的長木板B，繩子開始是松弛的。質量為m3＝1.0 kg的物塊C放在長木板B的右端，C與長木板B間的滑動摩擦力的大小等于最大靜摩擦力大小。現在給物塊C水平向左的瞬時初速度v0＝2.0 m/s，物塊C立即在長木板B上運動。已知繩子繃緊前，B、C已經達到共同速度；繩子繃緊后，A、B總是具有相同的速度；物塊C始終未從長木板B上滑落。下列說法正確的是(　 )
角度　　動量守恒定律的基本應用
圖2
A.繩子繃緊前，B、C達到的共同速度大小為
1.0 m/s
B.繩子剛繃緊后的瞬間，A、B的速度大小均為1.0 m/s
C.繩子剛繃緊后的瞬間，A、B的速度大小均為0.5 m/s
D
1.(2024·湖南衡陽高三月考)如圖3所示，水平地面上，某運動員手拿籃球站在滑板車上向一堵豎直的墻(向右)滑行，為了避免與墻相撞，在接近墻時，運動員將籃球水平向右拋出，籃球反彈后運動員又接住籃球，速度恰好減為0。不計地面的摩擦和空氣阻力，忽略籃球在豎直方向的運動，籃球與墻的碰撞過程不損失能量。運動員和滑板車的總質量為M，籃球的質量為m。拋球前，運動員、滑板車和籃球的速度均為v0。則(　　)
圖3
A.整個過程中運動員、滑板車及籃球的總動量守恒
B.運動員拋球與接球時對籃球的沖量相同
碰撞問題遵守的三條原則
考點二　碰撞問題
角度　　碰撞的可能性
C
例3 (2024·重慶市育才中學高三期中)如圖4為某運動員正在準備擊球，設在某一桿擊球過程中，白色球(主球)和花色球碰撞前后都在同一直線上運動，碰前白色球A的動量pA＝5 kg· m/s，花色球B靜止，碰后花色球B的動量變為pB′＝4 kg· m/s，則兩球質量mA與mB間的關系可能是(　　)
圖4
1.彈性碰撞的特點：碰撞瞬間系統內無機械能損失。
2.彈性碰撞的結論
以質量為m1、速度為v1的小球與質量為m2的靜止小球發生彈性碰撞為例，則有m1v1＝m1v1′＋m2v2′
角度　　彈性碰撞
討論：(1)若m1＝m2，則v1′＝0，v2′＝v1(速度交換，動量和動能全部轉移)。
(2)若m1＞m2，則v1′＞0，v2′＞0(碰后兩物體沿同一方向運動)。
(3)若m1 m2，則v1′≈v1，v2′≈2v1。
(4)若m1＜m2，則v1′＜0，v2′＞0(碰后兩物體沿相反方向運動)。
(5)若m1 m2，則v1′≈－v1，v2′≈0。
例4 (2023·重慶卷，14)如圖5所示，桌面上固定有一半徑為R的水平光滑圓軌道，M、N為軌道上的兩點，且位于同一直徑上，P為MN段的中點。在P點處有一加速器(大小可忽略)，小球每次經過P點后，其速度大小都增加v0。質量為m的小球1從N處以初速度v0沿軌道逆時針運動，與靜止在M處的小球2發生第一次彈性碰撞，碰后瞬間兩球速度大小相等。忽略每次碰撞時間。求：
圖5
(1)球1第一次經過P點后瞬間向心力的大小；
解析　球1第一次經過P點后瞬間速度變為2v0，
(2)球2的質量；
解析　球1與球2發生彈性碰撞，且碰后速度大小相等，說明球1碰后反彈，則m·2v0＝－mv＋m′v
聯立解得v＝v0，m′＝3m。
答案　3m　
(3)兩球從第一次碰撞到第二次碰撞所用時間。
解析　設兩球從第一次碰撞到第二次碰撞所用時間為Δt，則
此后到兩球再次相碰，有v0t2＋2v0t2＝πR
1.非彈性碰撞
角度　　非彈性碰撞
2.完全非彈性碰撞
3.靜止物體被撞后的速度范圍
例5 (2024·北京四中質檢)如圖6所示，超市為節省收納空間，常常將手推購物車相互嵌套進行收納。質量均為m＝16 kg的兩輛購物車相距L1＝1 m靜止在水平面上。第一輛車在工作人員猛推一下后，沿直線運動與第二輛車嵌套在一起，繼續運動了L2＝1.25 m后停了下來。人推車時間、兩車相碰時間極短，可忽略，車運動時受到的阻力恒為車重的0.25倍，重力加速度取g＝10 m/s2，求：
圖6
(1)兩輛車從嵌套后運動到停下來所用時間；
解析　對整體，由牛頓第二定律有k×2mg＝2ma
解得a＝2.5 m/s2
答案　1 s
(2)兩輛車在嵌套過程中損失的機械能；
解析　嵌套后，對整體有0＝v2－at，v2＝2.5 m/s
嵌套過程中有mv1＝2mv2，解得v1＝5 m/s
解得ΔE＝100 J。
答案　100 J
(3)工作人員對第一輛車所做的功。
解得W＝240 J。
答案　240 J
2.(2024·福建福州高三月考)如圖7所示，光滑水平面上依次有滑塊C質量mC＝2 kg，滑塊A質量mA＝3 kg，滑塊B質量mB＝3 kg。開始時A、B靜止，C以初速度v0＝10 m/s的速度沖向A，與A發生彈性碰撞，碰撞后A繼續向右運動，與B發生碰撞并粘在一起。求：
圖7
(1)C與A碰撞后A的速度大小為多少；
(2)A與B碰撞過程中損失的機械能。
答案　(1)8 m/s　(2)48 J
解析　(1)取向右為正方向，以C、A為系統研究，根據動量守恒定律有
mCv0＝mCvC＋mAvA
解得vC＝－2 m/s，vA＝8 m/s
即C與A碰撞后A的速度大小為8 m/s。
(2)仍取向右為正方向，以A、B為系統研究，根據動量守恒定律有
解得E損＝48 J。
爆炸現象的三個規律
考點三　爆炸、反沖和“人船”模型
角度　　爆炸問題
動量 守恒 爆炸物體間的相互作用力遠遠大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統的總動量守恒
機械能 增加 在爆炸過程中，有其他形式的能量(如化學能)轉化為機械能，所以系統的機械能增加
位置 不變 爆炸的時間極短，因而作用過程中物體產生的位移很小，可以認為爆炸后各部分仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運動
AC
例6 (多選)(2023·山東濟南一模)某課外興趣小組在一次實驗中，將自制火箭從地面豎直向上發射，火箭到達最高點時爆炸，分裂成質量不等的P、Q兩部分，P、Q兩部分的質量比為2∶5。爆炸后P部分的初速度大小為50 m/s，方向斜向下與豎直方向成60°。若爆炸點離地高度為120 m，不計P、Q運動過程中受到的阻力，重力加速度g＝10 m/s2。下列說法正確的是(　　)
圖8
反沖運動的三點說明
角度　　反沖問題
作用原理 反沖運動是系統內物體之間的作用力和反作用力產生的效果
動量守恒 反沖運動中系統不受外力或內力遠大于外力，所以反沖運動遵循動量守恒定律
機械能增加 反沖運動中，由于有其他形式的能轉化為機械能，所以系統的總機械能增加
例7 (2023·山東省新高考聯合模擬)在空間技術發展過程中，噴氣背包曾經作為宇航員艙外活動的主要動力裝置，它能讓宇航員保持較高的機動性。如圖9所示，宇航員在距離空間站艙門為d的位置與空間站保持相對靜止，啟動噴氣背包，壓縮氣體通過橫截面積為S的噴口以速度v1持續噴出，宇航員到達艙門時的速度為v2。若宇航員連同整套艙外太空服的質量為M，不計噴出氣體后宇航員和裝備質量的變化，忽略宇航員的速度對噴氣速度的影響以及噴氣過程中壓縮氣體密度的變化，則噴出壓縮氣體的密度為(　　)
圖9
D
1.模型圖示
角度　　人船模型
2.模型特點
3.運動特點
4.“人船模型”的拓展(某一方向動量守恒)
例8 (2023·湖南卷，15改編)如圖10，質量為M的勻質凹槽放在光滑水平地面上，凹槽內有一個半橢圓形的光滑軌道，橢圓的半長軸和半短軸分別為a和b，長軸水平，短軸豎直。質量為m的小球，初始時刻從橢圓軌道長軸的右端點由靜止開始下滑。以初始時刻橢圓中心的位置為坐標原點，在豎直平面內建立固定于地面的直角坐標系xOy，橢圓長軸位于x軸上。整個過程凹槽不翻轉，重力加速度為g。
圖10
(1)小球第一次運動到軌道最低點時，求凹槽的速度大小；
解析　小球從靜止到第一次運動到軌道最低點的過程，小球和凹槽組成的系統水平方向上動量守恒，有0＝mv1－Mv2
(2)凹槽相對于初始時刻運動的距離。
解析　根據人船模型規律，在水平方向上有mx1＝Mx2
又由位移關系知x1＋x2＝a
提升素養能力
3
D
對點練1　動量守恒定律的理解與基本應用
1.(2024·江蘇蘇州高三聯考)如圖1所示，站在車上的人，掄起錘子連續敲打小車。初始時，人、車、錘都靜止。假設水平地面光滑，關于這一物理過程，下列說法正確的是(　　)
A級　基礎對點練
圖1
A.連續敲打可使小車持續向右運動
B.人、車和錘組成的系統動量守恒，機械能不守恒
C.連續敲打可使小車持續向左運動
D.當錘子速度方向豎直向下時，人和車的速度為零
解析　人、車和錘組成的系統水平方向動量守恒，小車只能左右往復運動，不能持續向右或向左運動，故A、C錯誤；人、車和錘組成的系統水平方向動量守恒，豎直方向動量不守恒，機械能也不一定守恒，故B錯誤；人、車和錘組成的系統水平方向動量守恒，當錘子速度方向豎直向下時，錘子的水平速度為零，故人和車的速度也為零，故D正確。
A
2.如圖2所示，質量為M的滑塊靜止在光滑的水平面上，滑塊的光滑弧面底部與桌面相切，一個質量為m的小球以速度v0向滑塊滾來，小球最后未越過滑塊，則小球到達最高點時，小球和滑塊的速度大小是(　　)
圖2
A
3.(2024·重慶高三統考)如圖3所示，有一塊足夠長的木板，放在光滑水平面上，在木板上自左向右放有相距足夠遠的序號為1、2、3、4、5的5塊木塊，所有木塊的質量均為m，與木板間的動摩擦因數均為μ，木板的質量為5m。在t＝0時刻木板靜止，第1、2、3、4、5號木塊的初速度分別為v0、2v0、3v0、4v0、5v0，方向都向右，重力加速度為g。所有物塊和木板最終都會共速，其共同速度為(　　)
圖3
A
對點練2　碰撞問題
4.(2024·山東青島即墨高三期末)如圖4，質量為m的小球A沿光滑水平面以速度v0向右運動，與質量為4m的靜止小球B發生碰撞，碰撞后小球A以速率v＝kv0(k為待定系數)彈回，然后與固定擋板P發生彈性碰撞，要使A球能與B球再次發生碰撞，則k的取值范圍應滿足(　　)
圖4
B
5.(2024·河北衡水高三期中)如圖5所示，水平面上AO段為動摩擦因數μ＝0.6的粗糙段，OB段光滑。質量為m＝1 kg的物體甲放在距O點左側x1＝3 m的A處，物體乙靜止放在距O點右側x2＝4 m的B處。現給物體甲一個水平向右的初速度v0＝10 m/s，物體甲與物體乙在B點發生彈性正碰，碰后物體甲恰好能返回出發點A。重力加速度大小取g＝10 m/s2，兩物體均可視為質點，則(　　)
圖5
A.物體甲第一次運動到O點的速度大小為6.5 m/s
B.物體甲向右從O點運動到B點所用的時間為0.5 s
C.物體甲與乙碰撞后，物體甲的速度大小為5.5 m/s
D.物體乙的質量為3.5 kg
CD
6.(多選)(2024·甘肅武威高三月考)如圖6所示，光滑水平面上有一質量mA＝1 kg的A球和一質量mB＝1.5 kg的B球同向運動。已知A球的初速度v1＝10 m/s，B球的初速度v2＝5 m/s，運動一段時間后，兩球發生對心正碰。下列說法正確的是(　　)
圖6
A.當兩球發生的碰撞是彈性碰撞時，A球對B球的沖量為7.5 N·s
B.碰撞的過程中，系統損失的機械能可能為8 J
C.碰撞后，A球的速度可能為5 m/s
D.當兩球發生的碰撞是完全非彈性碰撞時，A球對B球的沖量為3 N·s
A
對點練3　爆炸、反沖和“人船”模型
7.(2024·湖北名校聯考)2022年11月12日，天舟五號與空間站天和核心艙成功對接，在對接的最后階段，天舟五號與空間站處于同一軌道上同向運動，兩者的運行軌道均視為圓周。要使天舟五號在同一軌道上追上空間站實現對接，天舟五號噴射燃氣的方向可能正確的是(　　)
D
8.(2023·湖南長沙模擬)如圖7，棱長為a、大小形狀相同的立方體木塊和鐵塊，質量為m的木塊在上、質量為M的鐵塊在下，正對用極短細繩連結懸浮在平靜的池中某處，木塊上表面距離水面的豎直距離為h。當細繩斷裂后，木塊與鐵塊均在豎直方向上運動，木塊剛浮出水面時，鐵塊恰好同時到達池底。僅考慮浮力，不計其他阻力，則池深為(　　)
圖7
C
9.(2024·江蘇無錫高三月考)如圖8所示，水平地面上靜止放置著材料相同、緊靠在一起的物體A和B，兩物體可視為質點且A的質量較大。兩物體間夾有炸藥，爆炸后兩物體沿水平方向左右分離，不計空氣阻力，則A物體(　　)
圖8
A.爆炸過程中，獲得的初動量大 B.爆炸過程中，獲得的初動能大
C.爆炸后，滑行時間短 D.爆炸后，滑行距離長
B
10.(2022·湖南卷，4)1932年，查德威克用未知射線轟擊氫核，發現這種射線是由質量與質子大致相等的中性粒子(即中子)組成。如圖9，中子以速度v0分別碰撞靜止的氫核和氮核，碰撞后氫核和氮核的速度分別為v1和v2。設碰撞為彈性正碰，不考慮相對論效應，下列說法正確的是(　　)
圖9
B級　綜合提升練
A.碰撞后氮核的動量比氫核的小
B.碰撞后氮核的動能比氫核的小
C.v2大于v1
D.v2大于v0
解析　設中子的質量為m，則氫核的質量也為m，氮核的質量為14m，設中子和氫核碰撞后中子速度為v3，取v0的方向為正方向，由動量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝mv1＋mv3
聯立解得v1＝v0
設中子和氮核碰撞后中子速度為v4，取v0的方向為正方向，由動量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝14mv2＋mv4
可得v1＝v0>v2，故C、D錯誤；
碰撞后氫核的動量為pH＝mv1＝mv0
可得pN>pH，故A錯誤；
可得EkH>EkN，故B正確。
D
11.水平地面上有甲、乙兩個小滑塊在同一直線上運動，兩小滑塊碰撞前后的速度—時間圖像如圖10所示，小滑塊甲的碰前速度方向為正向，小滑塊乙的碰前速度方向為負向(其中一個小滑塊碰后速度變為0)，下列說法正確的是(　　)
圖10
A.碰后乙的速度變為零
B.t＝2.5 s時，兩小滑塊之間的距離為7.5 m
C.兩小滑塊之間的碰撞為非彈性碰撞
D.碰撞前，兩個小滑塊組成的系統動量守恒
C級　培優加強練
12.如圖11所示，足夠長的光滑固定水平直桿上套有一可自由滑動的物塊B，B的質量為m，桿上在物塊B的左側有一固定擋板C，B的下端通過一根輕繩連接一小球A，繩長為L，A的質量也為m。先將小球拉至與懸點等高的位置時，細繩伸直但沒有形變，B與擋板接觸。現由靜止釋放小球A。重力加速度大小為g。求：
圖11
(1)小球A向右擺動的最大速度；
(2)物塊B運動過程中的最大速度；
(3)小球A向右擺起相對于最低點所能上升的最大高度。
解析　(1)小球A擺至最低點時速度最大，最大速度設為v1，由機械能守恒定律得
(2)小球A從最低點向右擺動的過程中，A、B系統水平方向動量守恒；當A最后回到最低點時，B的速度最大，設此時A、B的速度分別為vA、vB，由水平方向動量守恒得mAv1＝mAvA＋mBvB
(3)當小球A擺至最高點時，A、B共速，
設為v，A、B系統水平方向動量守恒，得mAv1＝(mA＋mB)v
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