資源簡介

第2講　動量守恒定律
素養目標　1.知道動量守恒的條件．(物理觀念) 2.明確碰撞的概念和碰撞的分類．(物理觀念) 3.知道應用動量守恒定律解題的一般步驟．(科學思維) 4.能夠用動量守恒定律解決碰撞、爆炸和反沖問題．(科學思維) 5.體會用守恒的思想分析物理問題的方法，體會自然界的和諧與統一．(科學思維)
一、動量守恒定律
1．內容：如果一個系統不受外力，或者所受外力的矢量和為零，這個系統的總動量保持不變，這就是動量守恒定律．
2．表達式
(1)p＝p′，系統相互作用前的總動量p等于相互作用后的總動量p′.
(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的兩個物體組成的系統，作用前的動量和等于作用后的動量和．
(3)Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個物體動量的增量等大反向．
二、碰撞、反沖和爆炸問題
1．碰撞
(1)概念：碰撞是指物體間的相互作用持續時間很短，而物體間相互作用力很大的現象．
(2)特點：在碰撞現象中，一般都滿足內力遠大于外力，可認為相互碰撞的物體組成的系統動量守恒．
(3)分類
分類 動量是否守恒 機械能是否守恒
彈性碰撞 守恒 守恒
非彈性碰撞 守恒 有損失
完全非彈性碰撞 守恒 損失最大
2.反沖運動
(1)物體在內力作用下分裂為兩個不同部分，并且這兩部分向相反方向運動的現象．
(2)反沖運動中，相互作用力一般較大，通常可以用動量守恒定律來處理．
3．爆炸問題
(1)爆炸與碰撞類似，物體間的相互作用力很大，且遠大于系統所受的外力，所以系統動量守恒．
(2)爆炸過程中位移很小，可忽略不計，作用后從相互作用前的位置以新的動量開始運動．
1．思維辨析
(1)系統動量不變是指系統的動量大小和方向都不變．( )
(2)系統的動量守恒時，機械能也一定守恒．( )
(3)當質量相等時，發生完全彈性碰撞的兩個球碰撞前后速度交換．( )
(4)光滑水平面上的兩球做相向運動，發生正碰后兩球均變為靜止，于是可以斷定碰撞前兩球的動量大小一定相等．( )
(5)只要系統內存在摩擦力，系統的動量就不可能守恒．( )
2．在如圖所示的裝置中，木塊B與水平桌面間的接觸是光滑的，子彈A沿水平方向射入木塊后留在其中，將彈簧壓縮到最短．若將子彈、木塊和彈簧合在一起作為系統，則此系統在從子彈開始射入到彈簧被壓縮至最短的整個過程中(　　)
A．動量守恒，機械能守恒
B．動量不守恒，機械能不守恒
C．動量守恒，機械能不守恒
D．動量不守恒，機械能守恒
3．(多選)半徑相等的兩個小球A和B，在光滑水平面上沿同一直線相向運動．若A球的質量大于B球的質量，發生彈性碰撞前，兩球的動能相等，碰撞后兩球的運動狀態可能是(　　)
A．A球的速度為零，B球的速度不為零
B．B球的速度為零，A球的速度不為零
C．兩球的速度均不為零
D．兩球的速度方向均與原方向相反，兩球的動能仍相等
考點　動量守恒定律的理解及應用
1．適用條件
(1)理想守恒：系統不受外力或所受外力的合力為零，則系統動量守恒．
(2)近似守恒：系統受到的合力不為零，但當內力遠大于外力時，系統的動量可近似看成守恒．
(3)分方向守恒：系統在某個方向上所受合力為零時，系統在該方向上動量守恒．
2．動量守恒定律的“五性”
矢量性 動量守恒定律的表達式為矢量方程，解題時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，p′1、p′2、…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 不僅適用于低速宏觀系統，也適用于高速微觀系統
3.應用動量守恒定律解題的步驟
典例1　(2024·黃岡中學檢測)人和冰車的總質量為M，另有一個質量為m的堅固木箱，開始時人坐在冰車上靜止在光滑水平冰面上，某一時刻人將原來靜止在冰面上的木箱以速度v推向前方彈性擋板，木箱與擋板碰撞后又反向彈回，設木箱與擋板碰撞過程中沒有機械能的損失，人接到木箱后又以速度v將木箱推向擋板，如此反復多次，試求人推多少次木箱后將不可能再接到木箱．(已知M∶m＝31∶2)
1．[對動量和沖量的理解](多選)使甲、乙兩條形磁鐵隔開一段距離，靜止于水平桌面上，甲的N極正對著乙的S極，甲的質量大于乙的質量，兩者與桌面之間的動摩擦因數相等．現同時釋放甲和乙，在它們相互接近過程中的任一時刻(　　)
A．甲的速度大小比乙的大
B．甲的動量大小比乙的小
C．甲的動量大小與乙的相等
D．甲和乙的動量之和不為零
2．[動量守恒定律的應用]甲、乙兩小孩各乘一輛小車在光滑的水平冰面上勻速相向行駛，速度大小均為v0＝6 m/s，甲車上有質量m＝1 kg的小球若干個，甲和他的小車及小車上小球的總質量M1＝50 kg，乙和他的小車的總質量M2＝30 kg.為避免相撞，甲不斷地將小球以相對地面v′＝16.5 m/s的水平速度拋向乙，且被乙接住，假如某一次甲將小球拋出且被乙接住后，剛好可保證兩車不相撞．則甲總共拋出的小球個數是(　　)
A．12 B．13
C．14 D．15
考點　彈性碰撞與非彈性碰撞
1．碰撞問題遵守的三條原則
(1)動量守恒：p1＋p2＝p′1＋p′2.
(2)動能不增加：Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2.
(3)速度要符合實際情況
①碰前兩物體同向運動，若要發生碰撞，則應有v后>v前，碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運動，則應有v′前≥v′后．
②碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變．
2．彈性碰撞模型
情境 發生彈性碰撞的兩個物體碰撞前、后系統動量守恒，動能守恒，如圖所示，若兩物體質量分別為m1和m2，碰前速度分別為v1、v2，碰后速度分別為v′1、v′2
規律 動量守恒 m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2
機械能守恒 m1v＋m2v＝m1v′＋m2v′
結果 v′1＝2－v1， v′2＝2－v2
討論 若v2＝0，則v′1＝v1， v′2＝v1
m1＝m2 v′1＝0， v′2＝v1 質量相等，交換速度
m1＞m2 v′1＞0，v′2＞0，且v′2＞v′1 大碰小，一起跑
m1＜m2 v′1＜0，v′2＞0 小碰大，要反彈
m1 m2 v′1≈v′1，v′2≈2v1 極大碰極小，大不變，小加倍(碰后小質量物體的速率為大質量物體原速率的2倍)
m1 m2 v′1≈－v1，v′2≈0 極小碰極大，大不變，小等速率反彈
3.完全非彈性碰撞模型
情境 如圖所示，若兩物體質量分別為m1和m2，碰前速度分別為v1、v2，碰后兩物體的速度相同，為v共
規律 動量守恒 m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共
有機械能損失(完全非彈性碰撞時系統損失的動能最多) 損失的動能ΔEk＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v
結果 v共＝，ΔEk＝(v1－v2)2
典例2　(2022·湖南卷)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．如圖所示，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　(　　)
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
1．[彈性碰撞的計算]如圖所示，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為待定系數且0A.C．k<或k≥ D．02．[碰撞可能性分析](多選)光滑水平面上，有兩個小球A和B沿同一直線運動，已知碰前兩球動量分別為pA＝12 kg·m/s，pB＝13 kg·m/s，當A追上B發生碰撞后它們動量的變化分別是ΔpA和ΔpB，下列數值可能正確的是(　　)
A．ΔpA＝－3 kg·m/s，ΔpB＝3 kg·m/s
B．ΔpA＝－24 kg·m/s，ΔpB＝24 kg·m/s
C．ΔpA＝－5 kg·m/s，ΔpB＝5 kg·m/s
D．ΔpA＝4 kg·m/s，ΔpB＝－4 kg·m/s
考點　爆炸和反沖
1．爆炸及其特點
概念 一個物體由于內力的巨大作用而分為兩個或兩個以上物體的過程
特點 動量 守恒 由于爆炸是在極短時間內完成的，爆炸物體間的相互作用遠遠大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統的動量守恒
動能 增加 在爆炸過程中，由于其他形式的能量轉化為動能，所以爆炸后系統的總動能增加
位置 不變 爆炸的時間極短，因而在爆炸過程中，物體產生的位移很小，一般忽略不計，即認為位置不變
2.反沖運動及其特點
概念 根據動量守恒定律，如果一個靜止的物體在內力的作用下分裂為兩部分，一部分向某個方向運動，另一部分必然向相反的方向運動　
特點 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
動能增加 反沖運動中，由于有其他形式的能轉化為動能，所以系統的總動能增加
典例3　(2024·湖南漢壽一中模擬)(多選)如圖所示，在返回艙距地面1 m時，返回艙底部的四臺反推發動機同時點火，使其著地速度減為零，實現“軟著陸”．已知返回艙的質量為3 t(含航天員，不考慮推進劑噴出對質量的影響)，在距地面1 m時的速度為10 m/s，發動機噴出推進劑的速度為v(遠遠大于返回艙的速度)，共噴出推進劑的質量為10 kg，每臺發動機可以產生方向豎直向上、大小為4.5×104 N的恒定推力．若發動機的工作時間等于返回艙的落地時間，重力加速度取g＝10 m/s2，則在返回艙距地面1 m后的著地過程中，下列說法正確的是(　　)
A．航天員受到返回艙的作用力等于航天員重力的6倍
B．航天員受到返回艙的作用力等于航天員重力的5倍
C．反推發動機噴出推進劑的速度為v＝3.6×103 m/s
D．反推發動機噴出推進劑的速度為v＝0.9×103 m/s
1．[爆炸與平拋運動的綜合應用]斜向上發射的炮彈在最高點爆炸(爆炸時間極短)成質量均為m的兩塊碎片，其中一塊碎片沿原來的方向飛去．已知炮彈爆炸時距水平地面的高度為H，炮彈爆炸前的動能為E，爆炸后系統的機械能增加了，重力加速度大小為g，不計空氣阻力和火藥的質量，則兩塊碎片落地點間的距離為(　　)
A. B.
C. D．2
2．[反沖運動的應用]2022年9月2日凌晨，神舟十四號航天員乘組圓滿完成第一次出艙活動，中國航天員此次出艙活動也向世界展現了中國的前沿科技——空間站核心艙機械臂．假設一個連同裝備共90 kg的航天員，離開空間站太空行走，在離飛船12 m的位置與空間站處于相對靜止的狀態．裝備中有一個高壓氣源，能以60 m/s的速度噴出氣體．航天員為了能在2 min內返回空間站，他需要在開始返回的瞬間至少一次性向后噴出氣體的質量是(不計噴出氣體后航天員和裝備質量的變化)(　　)
A．0.1 kg B．0.13 kg
C．0.15 kg D．0.16 kg
課題研究　應用動量守恒定律解決“人船模型”問題
1．“人船模型”問題的特征
兩個原來靜止的物體發生相互作用時，若所受外力的矢量和為零，則動量守恒．在相互作用的過程中，任一時刻兩物體的速度大小之比等于質量的反比．這樣的問題即為“人船模型”問題．
2．“人船模型”的特點
(1)兩物體滿足動量守恒定律：m1v1－m2v2＝0.
(2)運動特點：人動船動，人靜船靜，人快船快，人慢船慢，人左船右；兩物體的位移滿足：m－M＝0，x人＋x船＝L，即x人＝L，x船＝L.
(3)應用此關系時要注意一個問題：公式中v1和v2一般都是相對地面而言的．
3．類“人船模型”
　　
典例　(多選)如圖所示，繩長為l，小球質量為m，小車質量為M，將小球向右拉至水平后放手，則(水平面光滑)(　　)
A．系統的總動量守恒
B．水平方向任意時刻小球與小車的動量等大反向或都為零
C．小球不能向左擺到原高度
D．小車向右移動的最大距離為
變式　如圖所示，氣球下面有一根長繩，一個質量為m1＝50 kg的人抓在氣球下方，氣球和長繩的總質量為m2＝20 kg，長繩的下端剛好和水平面接觸，當靜止時人離地面的高度為h＝5 m．如果這個人開始沿繩向下滑，當他滑到繩下端時，他離地面的高度是(可以把人看作質點)(　　)
A．5 m B．3.6 m
C．2.6 m D．8 m
答案及解析
1．思維辨析
(1)系統動量不變是指系統的動量大小和方向都不變．(√)
(2)系統的動量守恒時，機械能也一定守恒．(×)
(3)當質量相等時，發生完全彈性碰撞的兩個球碰撞前后速度交換．(√)
(4)光滑水平面上的兩球做相向運動，發生正碰后兩球均變為靜止，于是可以斷定碰撞前兩球的動量大小一定相等．(√)
(5)只要系統內存在摩擦力，系統的動量就不可能守恒．(×)
2．在如圖所示的裝置中，木塊B與水平桌面間的接觸是光滑的，子彈A沿水平方向射入木塊后留在其中，將彈簧壓縮到最短．若將子彈、木塊和彈簧合在一起作為系統，則此系統在從子彈開始射入到彈簧被壓縮至最短的整個過程中(　　)
A．動量守恒，機械能守恒
B．動量不守恒，機械能不守恒
C．動量守恒，機械能不守恒
D．動量不守恒，機械能守恒
解析：子彈射入木塊是瞬間完成的，這個過程相當于子彈與木塊發生一次完全非彈性碰撞，動量守恒，機械能不守恒，一部分動能轉化為內能；之后木塊(連同子彈)壓縮彈簧，將其動能轉化為彈性勢能，這個過程機械能守恒，但動量不守恒，由于左側擋板的支持力的沖量作用，使系統的動量不斷減少，所以整個過程中，動量和機械能均不守恒．
答案：B
3．(多選)半徑相等的兩個小球A和B，在光滑水平面上沿同一直線相向運動．若A球的質量大于B球的質量，發生彈性碰撞前，兩球的動能相等，碰撞后兩球的運動狀態可能是(　　)
A．A球的速度為零，B球的速度不為零
B．B球的速度為零，A球的速度不為零
C．兩球的速度均不為零
D．兩球的速度方向均與原方向相反，兩球的動能仍相等
解析：在動能相同的情況下，根據p＝可知pA>pB，系統總動量方向與A球運動方向相同，根據動量守恒可知，A、C項正確，B項錯誤；若碰后兩球反向，動能仍相等，則系統總動量方向改變，D項錯誤．
答案：AC
考點　動量守恒定律的理解及應用
典例1　(2024·黃岡中學檢測)人和冰車的總質量為M，另有一個質量為m的堅固木箱，開始時人坐在冰車上靜止在光滑水平冰面上，某一時刻人將原來靜止在冰面上的木箱以速度v推向前方彈性擋板，木箱與擋板碰撞后又反向彈回，設木箱與擋板碰撞過程中沒有機械能的損失，人接到木箱后又以速度v將木箱推向擋板，如此反復多次，試求人推多少次木箱后將不可能再接到木箱．(已知M∶m＝31∶2)
解析：人推木箱的過程，對于人和木箱組成的系統，由動量守恒定律有，第1次推木箱前后，0＝Mv1－mv，第2次推木箱前后，Mv1＋mv＝Mv2－mv，…，第n次推木箱前后，Mvn－1＋mv＝Mvn－mv，n個式子相加得(n－1)mv＝Mvn－nmv，所以vn＝＝v，依題意可知vn≥v，則有n≥8.25，所以n＝9.
答案：9次
1．[對動量和沖量的理解](多選)使甲、乙兩條形磁鐵隔開一段距離，靜止于水平桌面上，甲的N極正對著乙的S極，甲的質量大于乙的質量，兩者與桌面之間的動摩擦因數相等．現同時釋放甲和乙，在它們相互接近過程中的任一時刻(　　)
A．甲的速度大小比乙的大
B．甲的動量大小比乙的小
C．甲的動量大小與乙的相等
D．甲和乙的動量之和不為零
解析：對甲、乙兩條形磁鐵分別受力分析，如圖所示，根據牛頓第二定律有a甲＝，a乙＝，由于m甲>m乙，所以a甲μm乙g，合力方向向左，合沖量方向向左，所以合動量方向向左，顯然甲的動量大小比乙的小，B、D正確，C錯誤．
答案：BD
2．[動量守恒定律的應用]甲、乙兩小孩各乘一輛小車在光滑的水平冰面上勻速相向行駛，速度大小均為v0＝6 m/s，甲車上有質量m＝1 kg的小球若干個，甲和他的小車及小車上小球的總質量M1＝50 kg，乙和他的小車的總質量M2＝30 kg.為避免相撞，甲不斷地將小球以相對地面v′＝16.5 m/s的水平速度拋向乙，且被乙接住，假如某一次甲將小球拋出且被乙接住后，剛好可保證兩車不相撞．則甲總共拋出的小球個數是(　　)
A．12 B．13
C．14 D．15
解析：規定甲的速度方向為正方向，兩車剛好不相撞，則兩車速度相等，由動量守恒定律得M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v，解得v＝1.5 m/s，對甲、小車及從甲車上拋出的小球，由動量守恒定律得M1v0＝(M1－n·m)v＋n·mv′，解得n＝15，D正確．
答案：D
考點　彈性碰撞與非彈性碰撞
典例2　(2022·湖南卷)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．如圖所示，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　(　　)
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，氫核的質量為m，氮核的質量為14m，設中子和氫核碰撞后中子速度為v3，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，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
碰撞后氫核的動量為pH＝mv1＝mv0
氮核的動量為pN＝14mv2＝
可得pN>pH
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，A、C、D錯誤．故選B．
1．[彈性碰撞的計算]如圖所示，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為待定系數且0A.C．k<或k≥ D．0解析：A球與B球第一次碰撞過程中，設水平向右為正方向，根據動量守恒定律有mv0＝－m·kv0＋4mvB，碰撞過程中系統總動能不會增加，則mv≥m(kv0)2＋×4mv，要使A球能與B球再次發生碰撞，則小球A碰后返回的速度大于B球的速度，即kv0>vB，聯立解得答案：A
2．[碰撞可能性分析](多選)光滑水平面上，有兩個小球A和B沿同一直線運動，已知碰前兩球動量分別為pA＝12 kg·m/s，pB＝13 kg·m/s，當A追上B發生碰撞后它們動量的變化分別是ΔpA和ΔpB，下列數值可能正確的是(　　)
A．ΔpA＝－3 kg·m/s，ΔpB＝3 kg·m/s
B．ΔpA＝－24 kg·m/s，ΔpB＝24 kg·m/s
C．ΔpA＝－5 kg·m/s，ΔpB＝5 kg·m/s
D．ΔpA＝4 kg·m/s，ΔpB＝－4 kg·m/s
解析：從動量的角度看，四個選項都滿足ΔpA＝－ΔpB，即動量都守恒．從速度的角度看，A追上B發生碰撞，碰撞后B的速度要增大，即v′B>vB，故ΔpB>0，故D項錯誤．從動能的角度看，由Ek＝可知，碰前系統動能Ek＝＋＝＋，而B選項中p′A＝－12 kg·m/s，p′B＝37 kg·m/s，則碰后系統動能E′k＝＋>Ek，故A、C項均正確，B項錯誤．
答案：AC
考點　爆炸和反沖
典例3　(2024·湖南漢壽一中模擬)(多選)如圖所示，在返回艙距地面1 m時，返回艙底部的四臺反推發動機同時點火，使其著地速度減為零，實現“軟著陸”．已知返回艙的質量為3 t(含航天員，不考慮推進劑噴出對質量的影響)，在距地面1 m時的速度為10 m/s，發動機噴出推進劑的速度為v(遠遠大于返回艙的速度)，共噴出推進劑的質量為10 kg，每臺發動機可以產生方向豎直向上、大小為4.5×104 N的恒定推力．若發動機的工作時間等于返回艙的落地時間，重力加速度取g＝10 m/s2，則在返回艙距地面1 m后的著地過程中，下列說法正確的是(　　)
A．航天員受到返回艙的作用力等于航天員重力的6倍
B．航天員受到返回艙的作用力等于航天員重力的5倍
C．反推發動機噴出推進劑的速度為v＝3.6×103 m/s
D．反推發動機噴出推進劑的速度為v＝0.9×103 m/s
解析：設返回艙加速度為a，單個發動機推力為F，根據牛頓第二定律有，4F－Mg＝Ma，代入數據解得a＝5g，對航天員根據牛頓第二定律有F艙－mg＝ma，代入數據解得F艙＝6mg，故A正確，B錯誤；根據運動學公式，可得返回艙落地時間t＝＝0.2 s，由題意知反推發動機推進劑的噴出速度為v(遠遠大于返回艙的速度)，設發動機噴出推進劑的總質量為Δm，以噴出的質量為Δm的推進劑為研究對象，根據動量定理有4Ft＝Δmv，解得v＝＝3.6×103 m/s，故C正確，D錯誤．故選AC.
1．[爆炸與平拋運動的綜合應用]斜向上發射的炮彈在最高點爆炸(爆炸時間極短)成質量均為m的兩塊碎片，其中一塊碎片沿原來的方向飛去．已知炮彈爆炸時距水平地面的高度為H，炮彈爆炸前的動能為E，爆炸后系統的機械能增加了，重力加速度大小為g，不計空氣阻力和火藥的質量，則兩塊碎片落地點間的距離為(　　)
A. B.
C. D．2
解析：炮彈炸裂前質量為2m，設炸裂前速度為v，則v＝，炮彈在最高點爆炸，設炸裂后的兩碎片速度分別為v1、v2，水平方向動量守恒，則2mv＝mv1＋mv2，爆炸后系統的機械能增加了，則E＋E＝mv＋mv，聯立解得v1＝，v2＝，由H＝gt2得，兩塊碎片落地所用時間均為t＝，兩塊碎片落地點間的距離為x＝(v1－v2)t＝，B正確．
答案：B
2．[反沖運動的應用]2022年9月2日凌晨，神舟十四號航天員乘組圓滿完成第一次出艙活動，中國航天員此次出艙活動也向世界展現了中國的前沿科技——空間站核心艙機械臂．假設一個連同裝備共90 kg的航天員，離開空間站太空行走，在離飛船12 m的位置與空間站處于相對靜止的狀態．裝備中有一個高壓氣源，能以60 m/s的速度噴出氣體．航天員為了能在2 min內返回空間站，他需要在開始返回的瞬間至少一次性向后噴出氣體的質量是(不計噴出氣體后航天員和裝備質量的變化)(　　)
A．0.1 kg B．0.13 kg
C．0.15 kg D．0.16 kg
解析：設噴出氣體后航天員及裝備相對空間站的速度大小為u，航天員連同裝備的總質量為M，一次性向后噴出氣體的質量是m，則u＝＝0.1 m/s.噴出的氣體相對空間站的速度大小為v，對于噴氣過程，取噴出的氣體速度方向為正方向，根據動量守恒定律有mv－Mu＝0，解得m＝0.15 kg，故C正確．
答案：C
課題研究　應用動量守恒定律解決“人船模型”問題
典例　(多選)如圖所示，繩長為l，小球質量為m，小車質量為M，將小球向右拉至水平后放手，則(水平面光滑)(　　)
A．系統的總動量守恒
B．水平方向任意時刻小球與小車的動量等大反向或都為零
C．小球不能向左擺到原高度
D．小車向右移動的最大距離為
解析：系統只是在水平方向所受的合力為零，豎直方向的合力不為零，故水平方向的動量守恒，而總動量不守恒，A錯誤，B正確；根據水平方向的動量守恒及機械能守恒得，小球仍能向左擺到原高度，C錯誤；小球相對于小車的最大位移為2l，根據“人船模型”，系統水平方向動量守恒，設小球水平方向的平均速度為vm，小車水平方向的平均速度為vM，mvm－MvM＝0，兩邊同時乘以運動時間t，mvmt－MvMt＝0，即mxm＝MxM，又xm＋xM＝2l，解得小車向右移動的最大距離為，D正確．
答案：BD
變式　如圖所示，氣球下面有一根長繩，一個質量為m1＝50 kg的人抓在氣球下方，氣球和長繩的總質量為m2＝20 kg，長繩的下端剛好和水平面接觸，當靜止時人離地面的高度為h＝5 m．如果這個人開始沿繩向下滑，當他滑到繩下端時，他離地面的高度是(可以把人看作質點)(　　)
A．5 m B．3.6 m
C．2.6 m D．8 m
解析：當人滑到繩下端時，如圖所示，由動量守恒定律，得m1＝m2，且h1＋h2＝h.解得h1≈1.4 m，所以他離地高度H＝h－h1＝3.6 m，故選項B正確．
答案：B(共49張PPT)
第2講　動量守恒定律
第六章　碰撞與動量守恒
理清教材 強基固本
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重難考點 全線突破
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課題研究 提升能力
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