資源簡介

物理
第講　動量守恒定律及其應(yīng)用
(對應(yīng)人教版選擇性必修第一冊相關(guān)內(nèi)容及問題)
　第一章第3節(jié)閱讀“相互作用的兩個物體的動量改變”這一部分內(nèi)容，嘗試自己推導(dǎo)動量守恒定律。
　第一章第3節(jié)閱讀[例題2]中旁批和“動量守恒定律的普適性”這部分內(nèi)容，體會動量守恒定律表達式中的速度都是相對于地面的速度，動量守恒定律的普適性。
　第一章[復(fù)習(xí)與提高]B組T5；T7。
考點一　動量守恒定律的理解
1．幾個相關(guān)概念
(1)系統(tǒng)：兩個(或多個)相互作用的物體構(gòu)成的整體叫作一個力學(xué)系統(tǒng)，簡稱系統(tǒng)。
(2)內(nèi)力：系統(tǒng)中物體間的作用力。
(3)外力：系統(tǒng)以外的物體施加給系統(tǒng)內(nèi)物體的力。
2．動量守恒定律
(1)內(nèi)容：如果一個系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為0，這個系統(tǒng)的總動量保持不變。這就是動量守恒定律。
(2)適用條件
①理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零，則系統(tǒng)動量守恒。
②近似守恒：系統(tǒng)受到的合力不為零，但當(dāng)內(nèi)力遠大于外力時，系統(tǒng)的動量可近似看成守恒。
③某方向守恒：系統(tǒng)在某個方向上所受合力為零時，系統(tǒng)在該方向上動量守恒。
1．系統(tǒng)動量不變是指系統(tǒng)的動量大小和方向都不變。(　　) 2．系統(tǒng)的動量守恒時，機械能也一定守恒。(　　) 3．光滑水平面上的兩球做相向運動，發(fā)生正碰后兩球均變?yōu)殪o止，于是可以斷定碰撞前兩球的動量大小一定相等。(　　) 4．只要系統(tǒng)內(nèi)存在摩擦力，系統(tǒng)的動量就不可能守恒。(　　)
例1　(2021·全國乙卷)如圖，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(tǒng)(　　)
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
例2　(2025·江西省南昌市高三上期末)如圖所示，在光滑的水平面上有一輛平板車，一個人站在車上用錘子連續(xù)敲打小車，初始時，人、車、錘都靜止。下列說法正確的是(　　)
A．連續(xù)敲打可使小車持續(xù)向右運動
B．人、車和錘組成的系統(tǒng)機械能守恒
C．人、車和錘組成的系統(tǒng)動量守恒
D．人、車和錘組成的系統(tǒng)水平方向動量時刻為零
考點二　動量守恒定律的基本應(yīng)用
動量守恒定律的表達式
(1)p＝p′，系統(tǒng)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(tǒng)，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變化量等大反向。
(4)Δp＝0，系統(tǒng)總動量的變化量為零。
動量守恒定律的“六性”
(1)系統(tǒng)性：研究對象是相互作用的兩個或多個物體組成的系統(tǒng)。
(2)條件性：必須滿足動量守恒定律的適用條件。
(3)矢量性：表達式中初、末動量都是矢量，首先需要選取正方向，分清各物體初、末動量的正、負。
(4)瞬時性：動量是狀態(tài)量，動量守恒指對應(yīng)過程每一時刻的總動量都和初時刻的總動量相等。
(5)相對性：動量守恒定律方程中的動量必須是相對于同一慣性參考系。一般選地面為參考系。
(6)普適性：不僅適用于宏觀低速領(lǐng)域，也適用于高速領(lǐng)域和微觀領(lǐng)域。
例3　2022年北京冬奧會隋文靜和韓聰在花樣滑冰雙人滑中為我國代表團贏得第9枚金牌。在某次訓(xùn)練中隋文靜在前、韓聰在后一起做直線運動，當(dāng)速度為v0時，韓聰用力向正前方推隋文靜，兩人瞬間分離，分離瞬間隋文靜速度為v0。已知隋文靜和韓聰質(zhì)量之比為2∶3，則兩人分離瞬間韓聰?shù)乃俣?　　)
A．大小為v0，方向與初始方向相同
B．大小為v0，方向與初始方向相反
C．大小為v0，方向與初始方向相同
D．大小為v0，方向與初始方向相反
例4　(人教版選擇性必修第一冊·第一章第3節(jié)[練習(xí)與應(yīng)用]T4改編)某機車以0．8 m/s的速度駛向停在鐵軌上的15節(jié)車廂，跟它們對接。機車跟第1節(jié)車廂相碰后，它們連在一起具有一個共同的速度，緊接著又跟第2節(jié)車廂相碰，就這樣，直至碰上最后一節(jié)車廂。設(shè)機車和車廂的質(zhì)量都相等，則跟最后一節(jié)車廂相碰后車廂的速度為(鐵軌的摩擦忽略不計)(　　)
A．0．053 m/s B．0．05 m/s
C．0．057 m/s D．0．06 m/s
考點三　爆炸問題　反沖運動　人船模型
1．爆炸的特點
(1)動量守恒：由于爆炸是在極短的時間內(nèi)完成的，發(fā)生爆炸時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(tǒng)的總動量守恒。
(2)動能增加：在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為動能，所以爆炸前后系統(tǒng)的總動能增加。
(3)位置不變：爆炸的時間極短，因而在作用過程中，物體產(chǎn)生的位移很小，一般可忽略不計，可以認為爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運動。
2．反沖
(1)現(xiàn)象：一個物體在內(nèi)力的作用下分裂為兩個部分，一部分向某個方向運動，另一部分必然向相反方向運動的現(xiàn)象。
(2)特點：一般情況下，物體間的相互作用力(內(nèi)力)較大，因此系統(tǒng)動量往往有以下幾種情況：①動量守恒；②動量近似守恒；③某一方向上動量守恒。反沖運動中機械能往往不守恒，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機械能，所以系統(tǒng)的總機械能增加。
(3)實例：噴氣式飛機、火箭等都是利用反沖運動的實例。
3．人船模型
如圖所示，長為L、質(zhì)量為m船的小船停在靜水中，質(zhì)量為m人的人由靜止開始從船的一端走到船的另一端，不計水的阻力。
以人和船組成的系統(tǒng)為研究對象，在人由船的一端走到船的另一端的過程中，系統(tǒng)水平方向不受外力作用，所以整個系統(tǒng)水平方向動量守恒，可得：m船v船＝m人v人，
因人和船組成的系統(tǒng)水平方向動量始終守恒，
故有：m船x船＝m人x人，
由圖可看出：x船＋x人＝L，
可解得：x人＝L，x船＝L。
此模型可進一步推廣到其他類似的情境中，進而能解決大量的實際問題，例如：人沿著靜止在空中的熱氣球下面的軟梯滑下或攀上，求熱氣球上升或下降高度的問題；小球沿放在光滑水平地面上的弧形槽滑下，求弧形槽移動距離的問題等。
例5　一枚煙花彈(可視為質(zhì)點)自水平地面斜向上方發(fā)射，在最高點時，爆裂成質(zhì)量相等的甲、乙、丙三塊(均可視為質(zhì)點)，爆裂之后乙自靜止做自由落體運動，丙沿?zé)熁◤棸l(fā)射的路徑回落至發(fā)射點。若忽略空氣阻力，則爆裂瞬間甲與丙速率的比值為(　　)
A．4 B．3
C．2 D．1
例6　如圖所示，某中學(xué)航天興趣小組的同學(xué)將靜置在地面上的質(zhì)量為M(含水)的自制“水火箭”釋放升空，在極短的時間內(nèi)，質(zhì)量為m的水以相對地面為v0的速度豎直向下噴出。已知重力加速度為g，空氣阻力不計，下列說法正確的是(　　)
A．火箭的推力來源于火箭外的空氣對它的反作用力
B．水噴出的過程中，火箭和水組成的系統(tǒng)機械能守恒
C．火箭獲得的最大速度為
D．火箭上升的最大高度為
例7　載人氣球靜止于高h的空中，氣球的質(zhì)量為M，人的質(zhì)量為m，若人沿繩梯滑至地面，則繩梯至少為多長？
課時作業(yè)
[A組　基礎(chǔ)鞏固練]
1．(2025·江蘇省海安高級中學(xué)高三上10月月考)如圖所示，絕緣光滑水平面上有兩個帶同種電荷的小球A與B，小球A靠在絕緣墻腳處，小球B被固定，現(xiàn)釋放小球B，則在兩球分離過程中，兩小球組成的系統(tǒng)(　　)
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
2．(2025·山東省濟寧市第一中學(xué)高三上期中)如圖所示，裝有沙子的小車靜止在光滑的水平面上，總質(zhì)量為1．5 kg，將一個質(zhì)量為0．5 kg的小球從距沙面0．45 m高度處以大小為4 m/s的初速度水平拋出，小球落入車內(nèi)并陷入沙中，最終與車一起向右勻速運動。不計空氣阻力，重力加速度g＝10 m/s2，則下列說法正確的是(　　)
A．小球陷入沙子過程中，小球和沙、車組成的系統(tǒng)動量守恒
B．小球陷入沙子過程中，沙子對小球的沖量大小為 N·s
C．小車最終的速度大小為1 m/s
D．小車最終的速度大小為2 m/s
3．兩名質(zhì)量相等的滑冰人甲和乙都靜止在光滑的水平冰面上。現(xiàn)在，其中一人向另一個人拋出一個籃球，另一人接球后再拋回。如此反復(fù)進行幾次之后，甲和乙最后的速率關(guān)系是(　　)
A．若甲最先拋球，則一定是v甲>v乙
B．若乙最后接球，則一定是v甲>v乙
C．只有甲先拋球，乙最后接球，才有v甲>v乙
D．無論怎樣拋球和接球，都是v甲>v乙
4．如圖所示，一個傾角為α的直角斜面體靜置于光滑水平面上，斜面體質(zhì)量為M，頂端高度為h，今有一質(zhì)量為m的小物體，沿光滑斜面下滑，當(dāng)小物體從斜面頂端自由下滑到底端時，斜面體在水平面上移動的距離是(　　)
A． B．
C． D．
5．(2022·北京高考)質(zhì)量為m1和m2的兩個物體在光滑水平面上正碰，其位置坐標x隨時間t變化的圖像如圖所示。下列說法正確的是(　　)
A．碰撞前m2的速率大于m1的速率
B．碰撞后m2的速率大于m1的速率
C．碰撞后m2的動量大于m1的動量
D．碰撞后m2的動能小于m1的動能
6．(2024·江蘇高考)嫦娥六號探測器于5月3日在中國文昌航天發(fā)射場發(fā)射升空并進入地月轉(zhuǎn)移軌道，探測器經(jīng)過軌道修正、近月制動，順利進入環(huán)月軌道飛行。此后，探測器經(jīng)歷著陸器和上升器組合體、軌道器和返回器組合體的分離。已知嫦娥六號在軌速度為v0，著陸器對應(yīng)的組合體A與軌道器對應(yīng)的組合體B分離時間為Δt，分離后B的速度為vB，且與v0同向，A、B的質(zhì)量分別為m、M。求：
(1)分離后A的速度vA；
(2)分離時A對B的推力大小。
7．以與水平方向成60°角斜向上的初速度v0射出的炮彈，到達最高點時因爆炸分成質(zhì)量分別為m和2m的兩塊，其中質(zhì)量為2m的一塊沿著原來的方向以2v0的速度飛行。求：
(1)質(zhì)量較小的那一塊彈片速度的大小和方向；
(2)爆炸過程中有多少化學(xué)能轉(zhuǎn)化為炮彈的動能？
[B組　綜合提升練]
8．(2024·安徽省淮北市高三下二模)如圖所示，北京時間2024年3月2日，神舟十七號航天員湯洪波、唐勝杰、江新林密切協(xié)同，在地面科研人員的配合支持下，進行了約8小時的出艙活動，完成既定任務(wù)。為了保證出艙宇航員的安全，通常會采用多重保障，其中之一就是出艙宇航員要背上可產(chǎn)生推力的便攜式設(shè)備，裝備中有一個能噴出氣體的高壓氣源。假設(shè)一個連同裝備共有100 kg的航天員，脫離空間站后，在離空間站30 m的位置與空間站處于相對靜止的狀態(tài)。航天員為了返回空間站，先以相對空間站50 m/s的速度向后噴出0．15 kg的氣體，距離空間站15 m時，再次以同樣速度噴出同等質(zhì)量的氣體，則宇航員返回空間站的時間約為(　　)
A．200 s B．300 s
C．400 s D．600 s
9．(2021·重慶高考)質(zhì)量相同的甲、乙兩小球(視為質(zhì)點)以不同的初速度豎直上拋，某時刻兩球發(fā)生正碰。圖中實線和虛線分別表示甲、乙兩球位置隨時間變化的曲線，其中虛線關(guān)于t＝t1左右對稱，實線兩個頂點的縱坐標相同，若小球運動中除碰撞外僅受重力，則(　　)
A．t＝0時刻，甲的速率大于乙的速率
B．碰撞前后瞬間，乙的動量不變
C．碰撞前后瞬間，甲的動能不變
D．碰撞后甲的機械能大于乙的機械能
10．如圖所示的蒸汽錘打樁機，利用高壓蒸汽將錘頭上舉，然后錘頭做自由落體運動向下撞擊樁頭，使樁沉入地下。已知樁頭與錘頭的質(zhì)量均為m，錘頭從距離樁頭h處開始自由下落，若不計空氣阻力，錘頭與樁頭發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞時間極短，碰后二者運動時間為t，重力加速度為g，下列說法正確的是(　　)
A．碰后運動過程中錘頭與樁頭的總動量守恒
B．錘頭由靜止向下運動的過程先超重后失重
C．錘頭與樁頭碰撞前后瞬間，錘頭的速度變化量的大小為
D．從碰后瞬間到靜止，錘頭所受合力的平均值為
11．(2024·山東省濟南市高三下三模)(多選)質(zhì)量為m1＝90 g的物塊從距離地面高度為h＝19 m處自由下落，在下落到距離地面高度為h′＝14 m時，質(zhì)量為m2＝10 g的子彈以v0＝10 m/s的水平速度瞬間擊中物塊并留在其中。重力加速度取g＝10 m/s2，忽略空氣阻力，下列說法正確的是(　　)
A．子彈擊中物塊后瞬間，物塊水平方向的速度大小變?yōu)? m/s
B．子彈擊中物塊后瞬間，物塊豎直方向的速度大小變?yōu)?0 m/s
C．物塊下落的總時間為2 s
D．物塊下落的總時間為 s
12．如圖所示，甲、乙兩船的總質(zhì)量(包括船、人和貨物)分別為10m、12m，兩船沿同一直線同一方向運動，速度分別為2v0、v0。為避免兩船相撞，乙船上的人將一質(zhì)量為m的貨物沿水平方向拋向甲船，甲船上的人將貨物接住，求拋出貨物的最小速度。(不計水的阻力)
[C組　拔尖培優(yōu)練]
13．(2020·全國卷Ⅱ)(多選)水平冰面上有一固定的豎直擋板。一滑冰運動員面對擋板靜止在冰面上，他把一質(zhì)量為4．0 kg的靜止物塊以大小為5．0 m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運動員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運動員時，運動員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5．0 m/s的速度與擋板彈性碰撞。總共經(jīng)過8次這樣推物塊后，運動員退行速度的大小大于5．0 m/s，反彈的物塊不能再追上運動員。不計冰面的摩擦力，該運動員的質(zhì)量可能為(　　)
A．48 kg B．53 kg
C．58 kg D．63 kg
答案及解析
　第一章第3節(jié)閱讀“相互作用的兩個物體的動量改變”這一部分內(nèi)容，嘗試自己推導(dǎo)動量守恒定律。
提示：依據(jù)牛頓第三定律和動量定理推導(dǎo)。
　第一章第3節(jié)閱讀[例題2]中旁批和“動量守恒定律的普適性”這部分內(nèi)容，體會動量守恒定律表達式中的速度都是相對于地面的速度，動量守恒定律的普適性。
　第一章[復(fù)習(xí)與提高]B組T5；T7。
提示：T5：人船模型，0＝mv船－m′v人
得0＝mx船－m′x人
x船＋x人＝l
得x人＝，x船＝。
T7：A與C碰撞，mAv0＝mAvA＋mCvC
A與B相互作用，mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB
A、B共速時恰好不再與C碰撞，則vAB＝vC
聯(lián)立得vA＝2 m/s。
考點一　動量守恒定律的理解
1．幾個相關(guān)概念
(1)系統(tǒng)：兩個(或多個)相互作用的物體構(gòu)成的整體叫作一個力學(xué)系統(tǒng)，簡稱系統(tǒng)。
(2)內(nèi)力：系統(tǒng)中物體間的作用力。
(3)外力：系統(tǒng)以外的物體施加給系統(tǒng)內(nèi)物體的力。
2．動量守恒定律
(1)內(nèi)容：如果一個系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為0，這個系統(tǒng)的總動量保持不變。這就是動量守恒定律。
(2)適用條件
①理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零，則系統(tǒng)動量守恒。
②近似守恒：系統(tǒng)受到的合力不為零，但當(dāng)內(nèi)力遠大于外力時，系統(tǒng)的動量可近似看成守恒。
③某方向守恒：系統(tǒng)在某個方向上所受合力為零時，系統(tǒng)在該方向上動量守恒。
1．系統(tǒng)動量不變是指系統(tǒng)的動量大小和方向都不變。(　　) 2．系統(tǒng)的動量守恒時，機械能也一定守恒。(　　) 3．光滑水平面上的兩球做相向運動，發(fā)生正碰后兩球均變?yōu)殪o止，于是可以斷定碰撞前兩球的動量大小一定相等。(　　) 4．只要系統(tǒng)內(nèi)存在摩擦力，系統(tǒng)的動量就不可能守恒。(　　) 答案：1．√　2．×　3．√　4．×
例1　(2021·全國乙卷)如圖，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(tǒng)(　　)
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]　因為水平地面光滑，所以撤去推力后，系統(tǒng)所受合外力為零，則系統(tǒng)動量守恒；因為滑塊與車廂水平底板間有摩擦，且撤去推力時滑塊在車廂底板上有相對滑動，則撤去推力后滑塊與車廂底板間有摩擦力做功，系統(tǒng)機械能不守恒。故選B。
例2　(2025·江西省南昌市高三上期末)如圖所示，在光滑的水平面上有一輛平板車，一個人站在車上用錘子連續(xù)敲打小車，初始時，人、車、錘都靜止。下列說法正確的是(　　)
A．連續(xù)敲打可使小車持續(xù)向右運動
B．人、車和錘組成的系統(tǒng)機械能守恒
C．人、車和錘組成的系統(tǒng)動量守恒
D．人、車和錘組成的系統(tǒng)水平方向動量時刻為零
[答案]　D
[解析]　把人、錘子和平板車看成一個系統(tǒng)，系統(tǒng)水平方向不受外力，因此在水平方向動量守恒，且初動量為零，所以系統(tǒng)水平方向動量時刻為零，錘子向右運動時車向左運動，錘子向左運動時車向右運動，可知用錘子連續(xù)敲打車的左端，車不會持續(xù)地向右運動，A錯誤，D正確；由于人消耗體能，體內(nèi)儲存的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的機械能，因此系統(tǒng)機械能不守恒，B錯誤；由于錘子在豎直方向上的加速度改變，由牛頓第二定律可知系統(tǒng)在豎直方向上所受合力改變，不始終為零，所以系統(tǒng)在豎直方向的動量不守恒，C錯誤。
考點二　動量守恒定律的基本應(yīng)用
動量守恒定律的表達式
(1)p＝p′，系統(tǒng)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(tǒng)，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變化量等大反向。
(4)Δp＝0，系統(tǒng)總動量的變化量為零。
動量守恒定律的“六性”
(1)系統(tǒng)性：研究對象是相互作用的兩個或多個物體組成的系統(tǒng)。
(2)條件性：必須滿足動量守恒定律的適用條件。
(3)矢量性：表達式中初、末動量都是矢量，首先需要選取正方向，分清各物體初、末動量的正、負。
(4)瞬時性：動量是狀態(tài)量，動量守恒指對應(yīng)過程每一時刻的總動量都和初時刻的總動量相等。
(5)相對性：動量守恒定律方程中的動量必須是相對于同一慣性參考系。一般選地面為參考系。
(6)普適性：不僅適用于宏觀低速領(lǐng)域，也適用于高速領(lǐng)域和微觀領(lǐng)域。
例3　2022年北京冬奧會隋文靜和韓聰在花樣滑冰雙人滑中為我國代表團贏得第9枚金牌。在某次訓(xùn)練中隋文靜在前、韓聰在后一起做直線運動，當(dāng)速度為v0時，韓聰用力向正前方推隋文靜，兩人瞬間分離，分離瞬間隋文靜速度為v0。已知隋文靜和韓聰質(zhì)量之比為2∶3，則兩人分離瞬間韓聰?shù)乃俣?　　)
A．大小為v0，方向與初始方向相同
B．大小為v0，方向與初始方向相反
C．大小為v0，方向與初始方向相同
D．大小為v0，方向與初始方向相反
[答案]　A
[解析]　設(shè)隋文靜質(zhì)量為2m，韓聰質(zhì)量為3m，開始運動方向為正方向，在分離過程中，根據(jù)動量守恒定律可得5mv0＝2m·v0＋3mv，解得兩人分離瞬間韓聰?shù)乃俣葀＝v0，方向與初始方向相同，A正確。
例4　(人教版選擇性必修第一冊·第一章第3節(jié)[練習(xí)與應(yīng)用]T4改編)某機車以0．8 m/s的速度駛向停在鐵軌上的15節(jié)車廂，跟它們對接。機車跟第1節(jié)車廂相碰后，它們連在一起具有一個共同的速度，緊接著又跟第2節(jié)車廂相碰，就這樣，直至碰上最后一節(jié)車廂。設(shè)機車和車廂的質(zhì)量都相等，則跟最后一節(jié)車廂相碰后車廂的速度為(鐵軌的摩擦忽略不計)(　　)
A．0．053 m/s B．0．05 m/s
C．0．057 m/s D．0．06 m/s
[答案]　B
[解析]　取機車和15節(jié)車廂整體為研究對象，由動量守恒定律得mv0＝(m＋15m)v，則v＝v0＝×0．8 m/s＝0．05 m/s，故B正確。
考點三　爆炸問題　反沖運動　人船模型
1．爆炸的特點
(1)動量守恒：由于爆炸是在極短的時間內(nèi)完成的，發(fā)生爆炸時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(tǒng)的總動量守恒。
(2)動能增加：在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為動能，所以爆炸前后系統(tǒng)的總動能增加。
(3)位置不變：爆炸的時間極短，因而在作用過程中，物體產(chǎn)生的位移很小，一般可忽略不計，可以認為爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運動。
2．反沖
(1)現(xiàn)象：一個物體在內(nèi)力的作用下分裂為兩個部分，一部分向某個方向運動，另一部分必然向相反方向運動的現(xiàn)象。
(2)特點：一般情況下，物體間的相互作用力(內(nèi)力)較大，因此系統(tǒng)動量往往有以下幾種情況：①動量守恒；②動量近似守恒；③某一方向上動量守恒。反沖運動中機械能往往不守恒，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機械能，所以系統(tǒng)的總機械能增加。
(3)實例：噴氣式飛機、火箭等都是利用反沖運動的實例。
3．人船模型
如圖所示，長為L、質(zhì)量為m船的小船停在靜水中，質(zhì)量為m人的人由靜止開始從船的一端走到船的另一端，不計水的阻力。
以人和船組成的系統(tǒng)為研究對象，在人由船的一端走到船的另一端的過程中，系統(tǒng)水平方向不受外力作用，所以整個系統(tǒng)水平方向動量守恒，可得：m船v船＝m人v人，
因人和船組成的系統(tǒng)水平方向動量始終守恒，
故有：m船x船＝m人x人，
由圖可看出：x船＋x人＝L，
可解得：x人＝L，x船＝L。
此模型可進一步推廣到其他類似的情境中，進而能解決大量的實際問題，例如：人沿著靜止在空中的熱氣球下面的軟梯滑下或攀上，求熱氣球上升或下降高度的問題；小球沿放在光滑水平地面上的弧形槽滑下，求弧形槽移動距離的問題等。
例5　一枚煙花彈(可視為質(zhì)點)自水平地面斜向上方發(fā)射，在最高點時，爆裂成質(zhì)量相等的甲、乙、丙三塊(均可視為質(zhì)點)，爆裂之后乙自靜止做自由落體運動，丙沿?zé)熁◤棸l(fā)射的路徑回落至發(fā)射點。若忽略空氣阻力，則爆裂瞬間甲與丙速率的比值為(　　)
A．4 B．3
C．2 D．1
[答案]　A
[解析]　設(shè)煙花彈總質(zhì)量為3m，在最高點時的速度大小為v，方向向右。由題意可知，爆裂后瞬間，乙的速度為0，丙的速度大小為v，方向水平向左。根據(jù)豎直方向的動量近似守恒，可知爆裂后瞬間甲沒有豎直方向的分速度。設(shè)爆裂后瞬間甲的速度大小為v1，以向右為正方向，則爆裂過程，在水平方向上根據(jù)動量守恒定律有3mv＝－mv＋mv1，解得v1＝4v，故爆裂瞬間甲與丙速率的比值為＝4，故選A。
例6　如圖所示，某中學(xué)航天興趣小組的同學(xué)將靜置在地面上的質(zhì)量為M(含水)的自制“水火箭”釋放升空，在極短的時間內(nèi)，質(zhì)量為m的水以相對地面為v0的速度豎直向下噴出。已知重力加速度為g，空氣阻力不計，下列說法正確的是(　　)
A．火箭的推力來源于火箭外的空氣對它的反作用力
B．水噴出的過程中，火箭和水組成的系統(tǒng)機械能守恒
C．火箭獲得的最大速度為
D．火箭上升的最大高度為
[答案]　D
[解析]　火箭的推力來源于向下噴出的水對它的作用力，A錯誤；水噴出的過程中，火箭內(nèi)氣體做功，火箭及水組成的系統(tǒng)機械能不守恒，B錯誤；在水噴出后的瞬間，火箭獲得的速度最大，以豎直向上為正方向，由動量守恒定律有(M－m)v－mv0＝0，解得v＝，C錯誤；水噴出后，火箭做豎直上拋運動，上升到最高點的過程中，有v2＝2gh，解得h＝，D正確。
例7　載人氣球靜止于高h的空中，氣球的質(zhì)量為M，人的質(zhì)量為m，若人沿繩梯滑至地面，則繩梯至少為多長？
[答案]　h
[解析]　氣球和人原來靜止在空中，說明系統(tǒng)所受合力為零，故系統(tǒng)在人下滑過程中動量守恒，人著地時繩梯至少應(yīng)接觸地面，設(shè)繩梯長為L，人沿繩梯滑至地面，人的位移大小為x人，氣球的位移大小為x球，它們的位移狀態(tài)圖如圖所示，
由動量守恒定律有：0＝Mx球－mx人，
又有x球＋x人＝L，
x人＝h，
聯(lián)立解得L＝h。
課時作業(yè)
[A組　基礎(chǔ)鞏固練]
1．(2025·江蘇省海安高級中學(xué)高三上10月月考)如圖所示，絕緣光滑水平面上有兩個帶同種電荷的小球A與B，小球A靠在絕緣墻腳處，小球B被固定，現(xiàn)釋放小球B，則在兩球分離過程中，兩小球組成的系統(tǒng)(　　)
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
答案：B
解析：由于兩小球帶同種電荷，所以兩球相互排斥，釋放小球B，在兩球分離過程中，對小球A，由平衡條件可知左側(cè)墻壁對小球A有向右的作用力，系統(tǒng)所受合力不為零，則系統(tǒng)動量不守恒；小球B運動過程中，A對B的庫侖力對小球B做正功，系統(tǒng)機械能增加，即機械能不守恒。故選B。
2．(2025·山東省濟寧市第一中學(xué)高三上期中)如圖所示，裝有沙子的小車靜止在光滑的水平面上，總質(zhì)量為1．5 kg，將一個質(zhì)量為0．5 kg的小球從距沙面0．45 m高度處以大小為4 m/s的初速度水平拋出，小球落入車內(nèi)并陷入沙中，最終與車一起向右勻速運動。不計空氣阻力，重力加速度g＝10 m/s2，則下列說法正確的是(　　)
A．小球陷入沙子過程中，小球和沙、車組成的系統(tǒng)動量守恒
B．小球陷入沙子過程中，沙子對小球的沖量大小為 N·s
C．小車最終的速度大小為1 m/s
D．小車最終的速度大小為2 m/s
答案：C
解析：由題易知陷入沙子前，小球有豎直方向的分速度，最終，整個系統(tǒng)沒有豎直方向的分速度，所以小球陷入沙子過程中，小球和沙、車組成的系統(tǒng)在豎直方向的動量不守恒，故系統(tǒng)動量不守恒，A錯誤；由于小球時刻受到重力作用，且陷入沙子過程的時間未知，由動量定理可知，沙子對小球的沖量大小不可求，B錯誤；設(shè)沙子與小車的總質(zhì)量為M，小球的質(zhì)量為m，初速度大小為v0，小球與沙、車組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，以向右為正方向，有mv0＝(m＋M)v，解得小車最終的速度大小為v＝1 m/s，C正確，D錯誤。
3．兩名質(zhì)量相等的滑冰人甲和乙都靜止在光滑的水平冰面上。現(xiàn)在，其中一人向另一個人拋出一個籃球，另一人接球后再拋回。如此反復(fù)進行幾次之后，甲和乙最后的速率關(guān)系是(　　)
A．若甲最先拋球，則一定是v甲>v乙
B．若乙最后接球，則一定是v甲>v乙
C．只有甲先拋球，乙最后接球，才有v甲>v乙
D．無論怎樣拋球和接球，都是v甲>v乙
答案：B
解析：兩人及籃球組成的系統(tǒng)動量守恒，且總動量為零，由于兩人質(zhì)量相等，故最后球在誰手中，誰的總質(zhì)量就較大，則速度較小，故B正確，A、C、D錯誤。
4．如圖所示，一個傾角為α的直角斜面體靜置于光滑水平面上，斜面體質(zhì)量為M，頂端高度為h，今有一質(zhì)量為m的小物體，沿光滑斜面下滑，當(dāng)小物體從斜面頂端自由下滑到底端時，斜面體在水平面上移動的距離是(　　)
A． B．
C． D．
答案：C
解析：m與M組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，設(shè)m在水平方向上對地位移大小為x1，M在水平方向上對地位移大小為x2，因此有0＝mx1－Mx2，且x1＋x2＝，聯(lián)立解得x2＝，故C正確。
5．(2022·北京高考)質(zhì)量為m1和m2的兩個物體在光滑水平面上正碰，其位置坐標x隨時間t變化的圖像如圖所示。下列說法正確的是(　　)
A．碰撞前m2的速率大于m1的速率
B．碰撞后m2的速率大于m1的速率
C．碰撞后m2的動量大于m1的動量
D．碰撞后m2的動能小于m1的動能
答案：C
解析：x t圖像的斜率表示物體的速度，根據(jù)題中x t圖像可知，碰撞前m1的速度大小為v0＝ m/s＝4 m/s，m2的速度為0，故碰撞前m1的速率大于m2的速率，A錯誤；兩物體正碰后，m1的速度大小為v1＝ m/s＝2 m/s，m2的速度大小為v2＝ m/s＝2 m/s，故碰撞后兩物體的速率相等，B錯誤；兩物體碰撞過程中滿足動量守恒定律，有m1v0＝－m1v1＋m2v2，解得兩物體質(zhì)量的關(guān)系為m2＝3m1，根據(jù)動量的表達式p＝mv可知，碰撞后m2的動量大于m1的動量，根據(jù)動能的表達式Ek＝mv2可知，碰撞后m2的動能大于m1的動能，C正確，D錯誤。
6．(2024·江蘇高考)嫦娥六號探測器于5月3日在中國文昌航天發(fā)射場發(fā)射升空并進入地月轉(zhuǎn)移軌道，探測器經(jīng)過軌道修正、近月制動，順利進入環(huán)月軌道飛行。此后，探測器經(jīng)歷著陸器和上升器組合體、軌道器和返回器組合體的分離。已知嫦娥六號在軌速度為v0，著陸器對應(yīng)的組合體A與軌道器對應(yīng)的組合體B分離時間為Δt，分離后B的速度為vB，且與v0同向，A、B的質(zhì)量分別為m、M。求：
(1)分離后A的速度vA；
(2)分離時A對B的推力大小。
答案：(1)　(2)
解析：(1)A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律有(m＋M)v0＝MvB＋mvA
解得vA＝。
(2)設(shè)分離時A對B的推力為F，A、B分離的過程，以B的速度方向為正方向，對B由動量定理有FΔt＝MvB－Mv0
解得F＝
即分離時A對B的推力大小為。
7．以與水平方向成60°角斜向上的初速度v0射出的炮彈，到達最高點時因爆炸分成質(zhì)量分別為m和2m的兩塊，其中質(zhì)量為2m的一塊沿著原來的方向以2v0的速度飛行。求：
(1)質(zhì)量較小的那一塊彈片速度的大小和方向；
(2)爆炸過程中有多少化學(xué)能轉(zhuǎn)化為炮彈的動能？
答案：(1)2．5v0　方向與爆炸前炮彈運動的方向相反
(2)mv
解析：(1)斜拋的炮彈在水平方向上做勻速直線運動，則炮彈在最高點爆炸前的速度為v1＝v0cos60°＝。
設(shè)炮彈在最高點爆炸前的速度方向為正方向，由動量守恒定律得3mv1＝2mv1′＋mv2，
又v1′＝2v0，
解得v2＝－2．5v0，負號表示速度方向與規(guī)定的正方向相反。
(2)爆炸過程中轉(zhuǎn)化為動能的化學(xué)能等于動能的增量，所以轉(zhuǎn)化為動能的化學(xué)能為
E＝ΔEk＝－×3mv＝mv。
[B組　綜合提升練]
8．(2024·安徽省淮北市高三下二模)如圖所示，北京時間2024年3月2日，神舟十七號航天員湯洪波、唐勝杰、江新林密切協(xié)同，在地面科研人員的配合支持下，進行了約8小時的出艙活動，完成既定任務(wù)。為了保證出艙宇航員的安全，通常會采用多重保障，其中之一就是出艙宇航員要背上可產(chǎn)生推力的便攜式設(shè)備，裝備中有一個能噴出氣體的高壓氣源。假設(shè)一個連同裝備共有100 kg的航天員，脫離空間站后，在離空間站30 m的位置與空間站處于相對靜止的狀態(tài)。航天員為了返回空間站，先以相對空間站50 m/s的速度向后噴出0．15 kg的氣體，距離空間站15 m時，再次以同樣速度噴出同等質(zhì)量的氣體，則宇航員返回空間站的時間約為(　　)
A．200 s B．300 s
C．400 s D．600 s
答案：B
解析：已知開始時航天員連同裝備的總質(zhì)量M＝100 kg，每次噴出氣體的質(zhì)量m0＝0．15 kg，噴出的氣體相對空間站的速度大小v＝50 m/s，以宇航員的速度方向為正方向，設(shè)第一次噴氣后宇航員的速度大小為v1，由動量守恒定律有(M－m0)v1－m0v＝0，解得v1≈0．075 m/s，此后宇航員以v1的速度運動的距離為x1＝30 m－15 m＝15 m，所需的時間為t1＝＝ s＝200 s；設(shè)再次噴氣后宇航員的速度大小為v2，由動量守恒定律有(M－m0)v1＝(M－m0－m0)v2－m0v，解得v2≈0．15 m/s，此后宇航員以v2的速度運動的距離為x2＝15 m，所需的時間為t2＝＝ s＝100 s，則宇航員返回空間站的時間約為t＝t1＋t2＝200 s＋100 s＝300 s，故B正確，A、C、D錯誤。
9．(2021·重慶高考)質(zhì)量相同的甲、乙兩小球(視為質(zhì)點)以不同的初速度豎直上拋，某時刻兩球發(fā)生正碰。圖中實線和虛線分別表示甲、乙兩球位置隨時間變化的曲線，其中虛線關(guān)于t＝t1左右對稱，實線兩個頂點的縱坐標相同，若小球運動中除碰撞外僅受重力，則(　　)
A．t＝0時刻，甲的速率大于乙的速率
B．碰撞前后瞬間，乙的動量不變
C．碰撞前后瞬間，甲的動能不變
D．碰撞后甲的機械能大于乙的機械能
答案：C
解析：根據(jù)x t圖線的斜率表示速度可知，t＝0時刻，甲的速率小于乙的速率，A錯誤。根據(jù)題述，題圖中虛線關(guān)于t＝t1左右對稱，可知碰撞前后瞬間，乙的速度大小不變，方向變化，則乙的動量大小不變，方向變化，B錯誤。根據(jù)題述，實線兩個頂點的縱坐標相同，可知碰撞前后瞬間，甲的速度大小不變，動能不變，C正確。根據(jù)B、C項分析，結(jié)合動量守恒定律有－m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲－m乙v乙，可得v甲＝v乙，即兩球碰撞后瞬間，速度大小相同，故動能也相同，又重力勢能相同，可知碰撞后兩球的機械能相等，D錯誤。
10．如圖所示的蒸汽錘打樁機，利用高壓蒸汽將錘頭上舉，然后錘頭做自由落體運動向下撞擊樁頭，使樁沉入地下。已知樁頭與錘頭的質(zhì)量均為m，錘頭從距離樁頭h處開始自由下落，若不計空氣阻力，錘頭與樁頭發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞時間極短，碰后二者運動時間為t，重力加速度為g，下列說法正確的是(　　)
A．碰后運動過程中錘頭與樁頭的總動量守恒
B．錘頭由靜止向下運動的過程先超重后失重
C．錘頭與樁頭碰撞前后瞬間，錘頭的速度變化量的大小為
D．從碰后瞬間到靜止，錘頭所受合力的平均值為
答案：D
解析：碰后運動過程中，錘頭與樁頭受重力與阻力作用，且重力與阻力不平衡，則它們的總動量不守恒，A錯誤；錘頭由靜止向下運動到碰撞前做自由落體運動，處于失重狀態(tài)，碰撞后與樁頭向下做減速運動，具有向上的加速度，處于超重狀態(tài)，B錯誤；設(shè)碰撞前瞬間錘頭速度大小為v，碰撞后瞬間錘頭與樁頭的速度為v共，錘頭與樁頭碰撞過程，由動量守恒定律可得mv＝2mv共，對錘頭下落的過程，由自由落體運動的規(guī)律可得v2＝2gh，解得v＝，v共＝，則碰撞前后瞬間錘頭的速度變化量的大小為|Δv|＝|v共－v|＝，C錯誤；從碰后瞬間到靜止，以向下為正方向，對錘頭由動量定理可得－t＝0－mv共，解得錘頭所受合力的平均值＝，D正確。
11．(2024·山東省濟南市高三下三模)(多選)質(zhì)量為m1＝90 g的物塊從距離地面高度為h＝19 m處自由下落，在下落到距離地面高度為h′＝14 m時，質(zhì)量為m2＝10 g的子彈以v0＝10 m/s的水平速度瞬間擊中物塊并留在其中。重力加速度取g＝10 m/s2，忽略空氣阻力，下列說法正確的是(　　)
A．子彈擊中物塊后瞬間，物塊水平方向的速度大小變?yōu)? m/s
B．子彈擊中物塊后瞬間，物塊豎直方向的速度大小變?yōu)?0 m/s
C．物塊下落的總時間為2 s
D．物塊下落的總時間為 s
答案：AC
解析：子彈擊中物塊過程，在水平方向上，由動量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)vx，解得物塊水平方向的速度大小變?yōu)関x＝1 m/s，A正確；子彈擊中物塊之前，物塊做自由落體運動，由v＝2g(h－h(huán)′)，可得子彈擊中前瞬間物塊的豎直速度大小vy0＝＝10 m/s，子彈擊中物塊過程，在豎直方向上，子彈與物塊間的作用力遠大于二者在豎直方向上的重力，由動量守恒定律有m1vy0＝(m1＋m2)vy，解得物塊豎直方向的速度大小變?yōu)関y＝9 m/s，B錯誤；根據(jù)h－h(huán)′＝gt，解得子彈擊中物塊之前物塊下落的時間t1＝＝1 s，根據(jù)h′＝vyt2＋gt，解得子彈擊中物塊之后物塊下落的時間t2＝1 s(另一解t2＝－2．8 s＜0，故舍去)，則物塊下落的總時間為t＝t1＋t2＝2 s，C正確，D錯誤。
12．如圖所示，甲、乙兩船的總質(zhì)量(包括船、人和貨物)分別為10m、12m，兩船沿同一直線同一方向運動，速度分別為2v0、v0。為避免兩船相撞，乙船上的人將一質(zhì)量為m的貨物沿水平方向拋向甲船，甲船上的人將貨物接住，求拋出貨物的最小速度。(不計水的阻力)
答案：4v0
解析：設(shè)乙船上的人拋出貨物的最小速度大小為vmin，拋出貨物后船的速度為v1，甲船上的人接到貨物后船的速度為v2，由動量守恒定律得
貨物從乙船拋出過程，12mv0＝11mv1－mvmin
貨物落入甲船過程，10m·2v0－mvmin＝11mv2
為避免兩船相撞，應(yīng)滿足v1＝v2
解得vmin＝4v0。
[C組　拔尖培優(yōu)練]
13．(2020·全國卷Ⅱ)(多選)水平冰面上有一固定的豎直擋板。一滑冰運動員面對擋板靜止在冰面上，他把一質(zhì)量為4．0 kg的靜止物塊以大小為5．0 m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運動員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運動員時，運動員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5．0 m/s的速度與擋板彈性碰撞。總共經(jīng)過8次這樣推物塊后，運動員退行速度的大小大于5．0 m/s，反彈的物塊不能再追上運動員。不計冰面的摩擦力，該運動員的質(zhì)量可能為(　　)
A．48 kg B．53 kg
C．58 kg D．63 kg
答案：BC
解析：設(shè)運動員和物塊的質(zhì)量分別為m、m0，規(guī)定運動員運動的方向為正方向，運動員開始時靜止，第1次將物塊推出后，設(shè)運動員和物塊的速度大小分別為v1、v0，則根據(jù)動量守恒定律有：0＝mv1－m0v0，解得v1＝v0，物塊與擋板彈性碰撞后，運動方向與運動員同向，當(dāng)運動員第2次推出物塊時，有：mv1＋m0v0＝mv2－m0v0，解得v2＝v0，第3次推出物塊時，有：mv2＋m0v0＝mv3－m0v0，解得v3＝v0，以此類推，第8次推出物塊后，運動員的速度v8＝v0。根據(jù)題意可知，v8＝v0>v0，解得m<15m0＝60 kg；第7次推出物塊后，運動員的速度v7＝v013m0＝52 kg。綜上所述，該運動員的質(zhì)量應(yīng)滿足52 kg14(共55張PPT)
第七章　動量守恒定律及其應(yīng)用
第2講　動量守恒定律及其應(yīng)用
目錄
1
2
3
教材閱讀指導(dǎo)
考點一　動量守恒定律的理解
考點二　動量守恒定律的基本應(yīng)用
考點三　爆炸問題　反沖運動　人船模型
課時作業(yè)
4
5
教材閱讀指導(dǎo)
(對應(yīng)人教版選擇性必修第一冊相關(guān)內(nèi)容及問題)
第一章第3節(jié)閱讀“相互作用的兩個物體的動量改變”這一部分內(nèi)容，嘗試自己推導(dǎo)動量守恒定律。
第一章第3節(jié)閱讀[例題2]中旁批和“動量守恒定律的普適性”這部分內(nèi)容，體會動量守恒定律表達式中的速度都是相對于地面的速度，動量守恒定律的普適性。
提示：依據(jù)牛頓第三定律和動量定理推導(dǎo)。
第一章[復(fù)習(xí)與提高]B組T5；T7。
考點一　動量守恒定律的理解
1．幾個相關(guān)概念
(1)系統(tǒng)：兩個(或多個)相互作用的物體構(gòu)成的整體叫作一個力學(xué)系統(tǒng)，簡稱系統(tǒng)。
(2)內(nèi)力：系統(tǒng)中物體間的作用力。
(3)外力：系統(tǒng)以外的物體施加給系統(tǒng)內(nèi)物體的力。
2．動量守恒定律
(1)內(nèi)容：如果一個系統(tǒng)__________，或者______________________，這個系統(tǒng)的總動量保持不變。這就是動量守恒定律。
不受外力
所受外力的矢量和為0
(2)適用條件
①理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零，則系統(tǒng)動量守恒。
②近似守恒：系統(tǒng)受到的合力不為零，但當(dāng)內(nèi)力遠大于外力時，系統(tǒng)的動量可近似看成守恒。
③某方向守恒：系統(tǒng)在某個方向上所受合力為零時，系統(tǒng)在該方向上動量守恒。
1．系統(tǒng)動量不變是指系統(tǒng)的動量大小和方向都不變。(　　)
2．系統(tǒng)的動量守恒時，機械能也一定守恒。(　　)
3．光滑水平面上的兩球做相向運動，發(fā)生正碰后兩球均變?yōu)殪o止，于是可以斷定碰撞前兩球的動量大小一定相等。(　　)
4．只要系統(tǒng)內(nèi)存在摩擦力，系統(tǒng)的動量就不可能守恒。(　　)
√
×
√
×
例1　(2021·全國乙卷)如圖，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(tǒng)(　　)
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　因為水平地面光滑，所以撤去推力后，系統(tǒng)所受合外力為零，則系統(tǒng)動量守恒；因為滑塊與車廂水平底板間有摩擦，且撤去推力時滑塊在車廂底板上有相對滑動，則撤去推力后滑塊與車廂底板間有摩擦力做功，系統(tǒng)機械能不守恒。故選B。
例2　(2025·江西省南昌市高三上期末)如圖所示，在光滑的水平面上有一輛平板車，一個人站在車上用錘子連續(xù)敲打小車，初始時，人、車、錘都靜止。下列說法正確的是(　　)
A．連續(xù)敲打可使小車持續(xù)向右運動
B．人、車和錘組成的系統(tǒng)機械能守恒
C．人、車和錘組成的系統(tǒng)動量守恒
D．人、車和錘組成的系統(tǒng)水平方向動量時刻為零
解析　把人、錘子和平板車看成一個系統(tǒng)，系統(tǒng)水平方向不受外力，因此在水平方向動量守恒，且初動量為零，所以系統(tǒng)水平方向動量時刻為零，錘子向右運動時車向左運動，錘子向左運動時車向右運動，可知用錘子連續(xù)敲打車的左端，車不會持續(xù)地向右運動，A錯誤，D正確；由于人消耗體能，體內(nèi)儲存的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的機械能，因此系統(tǒng)機械能不守恒，B錯誤；由于錘子在豎直方向上的加速度改變，由牛頓第二定律可知系統(tǒng)在豎直方向上所受合力改變，不始終為零，所以系統(tǒng)在豎直方向的動量不守恒，C錯誤。
考點二　動量守恒定律的基本應(yīng)用
動量守恒定律的表達式
(1)P＝_____，系統(tǒng)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＝______________，相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，作用前的動量和等于作用后的動量和。
(3)Δp1＝______，相互作用的兩個物體動量的變化量等大反向。
(4)Δp＝____，系統(tǒng)總動量的變化量為零。
p′
m1v1′＋m2v2′
－Δp2
0
動量守恒定律的“六性”
(1)系統(tǒng)性：研究對象是相互作用的兩個或多個物體組成的系統(tǒng)。
(2)條件性：必須滿足動量守恒定律的適用條件。
(3)矢量性：表達式中初、末動量都是矢量，首先需要選取正方向，分清各物體初、末動量的正、負。
(4)瞬時性：動量是狀態(tài)量，動量守恒指對應(yīng)過程每一時刻的總動量都和初時刻的總動量相等。
(5)相對性：動量守恒定律方程中的動量必須是相對于同一慣性參考系。一般選地面為參考系。
(6)普適性：不僅適用于宏觀低速領(lǐng)域，也適用于高速領(lǐng)域和微觀領(lǐng)域。
例4　(人教版選擇性必修第一冊·第一章第3節(jié)[練習(xí)與應(yīng)用]T4改編)某機車以0．8 m/s的速度駛向停在鐵軌上的15節(jié)車廂，跟它們對接。機車跟第1節(jié)車廂相碰后，它們連在一起具有一個共同的速度，緊接著又跟第2節(jié)車廂相碰，就這樣，直至碰上最后一節(jié)車廂。設(shè)機車和車廂的質(zhì)量都相等，則跟最后一節(jié)車廂相碰后車廂的速度為(鐵軌的摩擦忽略不計)(　　)
A．0．053 m/s B．0．05 m/s
C．0．057 m/s D．0．06 m/s
考點三　爆炸問題　
反沖運動　人船模型
1．爆炸的特點
(1)動量守恒：由于爆炸是在極短的時間內(nèi)完成的，發(fā)生爆炸時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(tǒng)的總動量守恒。
(2)動能增加：在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為動能，所以爆炸前后系統(tǒng)的總動能增加。
(3)位置不變：爆炸的時間極短，因而在作用過程中，物體產(chǎn)生的位移很小，一般可忽略不計，可以認為爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運動。
2．反沖
(1)現(xiàn)象：一個物體在內(nèi)力的作用下分裂為兩個部分，一部分向某個方向運動，另一部分必然向相反方向運動的現(xiàn)象。
(2)特點：一般情況下，物體間的相互作用力(內(nèi)力)較大，因此系統(tǒng)動量往往有以下幾種情況：①動量守恒；②動量近似守恒；③某一方向上動量守恒。反沖運動中機械能往往不守恒，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機械能，所以系統(tǒng)的總機械能增加。
(3)實例：噴氣式飛機、火箭等都是利用反沖運動的實例。
3．人船模型
如圖所示，長為L、質(zhì)量為m船的小船停在靜水中，質(zhì)量為m人的人由靜止開始從船的一端走到船的另一端，不計水的阻力。
以人和船組成的系統(tǒng)為研究對象，在人由船的一端走到船的另一端的過程中，系統(tǒng)水平方向不受外力作用，所以整個系統(tǒng)水平方向動量守恒，可得：m船v船＝m人v人，
因人和船組成的系統(tǒng)水平方向動量始終守恒，
故有：m船x船＝m人x人，
例5　一枚煙花彈(可視為質(zhì)點)自水平地面斜向上方發(fā)射，在最高點時，爆裂成質(zhì)量相等的甲、乙、丙三塊(均可視為質(zhì)點)，爆裂之后乙自靜止做自由落體運動，丙沿?zé)熁◤棸l(fā)射的路徑回落至發(fā)射點。若忽略空氣阻力，則爆裂瞬間甲與丙速率的比值為(　　)
A．4 B．3
C．2 D．1
例7　載人氣球靜止于高h的空中，氣球的質(zhì)量為M，人的質(zhì)量為m，若人沿繩梯滑至地面，則繩梯至少為多長？
課時作業(yè)
[A組　基礎(chǔ)鞏固練]
1．(2025·江蘇省海安高級中學(xué)高三上10月月考)如圖所示，絕緣光滑水平面上有兩個帶同種電荷的小球A與B，小球A靠在絕緣墻腳處，小球B被固定，現(xiàn)釋放小球B，則在兩球分離過程中，兩小球組成的系統(tǒng)(　　)
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：由于兩小球帶同種電荷，所以兩球相互排斥，釋放小球B，在兩球分離過程中，對小球A，由平衡條件可知左側(cè)墻壁對小球A有向右的作用力，系統(tǒng)所受合力不為零，則系統(tǒng)動量不守恒；小球B運動過程中，A對B的庫侖力對小球B做正功，系統(tǒng)機械能增加，即機械能不守恒。故選B。
解析：由題易知陷入沙子前，小球有豎直方向的分速度，最終，整個系統(tǒng)沒有豎直方向的分速度，所以小球陷入沙子過程中，小球和沙、車組成的系統(tǒng)在豎直方向的動量不守恒，故系統(tǒng)動量不守恒，A錯誤；由于小球時刻受到重力作用，且陷入沙子過程的時間未知，由動量定理可知，沙子對小球的沖量大小不可求，B錯誤；設(shè)沙子與小車的總質(zhì)量為M，小球的質(zhì)量為m，初速度大小為v0，小球與沙、車組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，以向右為正方向，有mv0＝(m＋M)v，解得小車最終的速度大小為v＝1 m/s，C正確，D錯誤。
3．兩名質(zhì)量相等的滑冰人甲和乙都靜止在光滑的水平冰面上。現(xiàn)在，其中一人向另一個人拋出一個籃球，另一人接球后再拋回。如此反復(fù)進行幾次之后，甲和乙最后的速率關(guān)系是(　　)
A．若甲最先拋球，則一定是v甲>v乙
B．若乙最后接球，則一定是v甲>v乙
C．只有甲先拋球，乙最后接球，才有v甲>v乙
D．無論怎樣拋球和接球，都是v甲>v乙
解析：兩人及籃球組成的系統(tǒng)動量守恒，且總動量為零，由于兩人質(zhì)量相等，故最后球在誰手中，誰的總質(zhì)量就較大，則速度較小，故B正確，A、C、D錯誤。
5．(2022·北京高考)質(zhì)量為m1和m2的兩個物體在光滑水平面上正碰，其位置坐標x隨時間t變化的圖像如圖所示。下列說法正確的是(　　)
A．碰撞前m2的速率大于m1的速率
B．碰撞后m2的速率大于m1的速率
C．碰撞后m2的動量大于m1的動量
D．碰撞后m2的動能小于m1的動能
6．(2024·江蘇高考)嫦娥六號探測器于5月3日在中國文昌航天發(fā)射場發(fā)射升空并進入地月轉(zhuǎn)移軌道，探測器經(jīng)過軌道修正、近月制動，順利進入環(huán)月軌道飛行。此后，探測器經(jīng)歷著陸器和上升器組合體、軌道器和返回器組合體的分離。已知嫦娥六號在軌速度為v0，著陸器對應(yīng)的組合體A與軌道器對應(yīng)的組合體B分離時間為Δt，分離后B的速度為vB，且與v0同向，A、B的質(zhì)量分別為m、M。求：
(1)分離后A的速度vA；
(2)分離時A對B的推力大小。
7．以與水平方向成60°角斜向上的初速度v0射出的炮彈，到達最高點時因爆炸分成質(zhì)量分別為m和2m的兩塊，其中質(zhì)量為2m的一塊沿著原來的方向以2v0的速度飛行。求：
(1)質(zhì)量較小的那一塊彈片速度的大小和方向；
(2)爆炸過程中有多少化學(xué)能轉(zhuǎn)化為炮彈的動能？
用多重保障，其中之一就是出艙宇航員要背上可產(chǎn)生推力的便攜式設(shè)備，裝備中有一個能噴出氣體的高壓氣源。假設(shè)一個連同裝備共有100 kg的航天員，脫離空間站后，在離空間站30 m的位置與空間站處于相對靜止的狀態(tài)。航天員為了返回空間站，先以相對空間站50 m/s的速度向后噴出0．15 kg的氣體，距離空間站15 m時，再次以同樣速度噴出同等質(zhì)量的氣體，則宇航員返回空間站的時間約為(　　)
A．200 s B．300 s C．400 s D．600 s
[B組　綜合提升練]
8．(2024·安徽省淮北市高三下二模)如圖所示，北京時間2024年3月2日，神舟十七號航天員湯洪波、唐勝杰、江新林密切協(xié)同，在地面科研人員的配合支持下，進行了約8小時的出艙活動，完成既定任務(wù)。為了保證出艙宇航員的安全，通常會采
9．(2021·重慶高考)質(zhì)量相同的甲、乙兩小球(視為質(zhì)點)以不同的初速度豎直上拋，某時刻兩球發(fā)生正碰。圖中實線和虛線分別表示甲、乙兩球位置隨時間變化的曲線，其中虛線關(guān)于t＝t1左右對稱，實線兩個頂點的縱坐標相同，若小球運動中除碰撞外僅受重力，則(　　)
A．t＝0時刻，甲的速率大于乙的速率
B．碰撞前后瞬間，乙的動量不變
C．碰撞前后瞬間，甲的動能不變
D．碰撞后甲的機械能大于乙的機械能
解析：根據(jù)x t圖線的斜率表示速度可知，t＝0時刻，甲的速率小于乙的速率，A錯誤。根據(jù)題述，題圖中虛線關(guān)于t＝t1左右對稱，可知碰撞前后瞬間，乙的速度大小不變，方向變化，則乙的動量大小不變，方向變化，B錯誤。根據(jù)題述，實線兩個頂點的縱坐標相同，可知碰撞
前后瞬間，甲的速度大小不變，動能不變，C正確。根據(jù)B、C項分析，結(jié)合動量守恒定律有－m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲－m乙v乙，可得v甲＝v乙，即兩球碰撞后瞬間，速度大小相同，故動能也相同，又重力勢能相同，可知碰撞后兩球的機械能相等，D錯誤。
12．如圖所示，甲、乙兩船的總質(zhì)量(包括船、人和貨物)分別為10m、12m，兩船沿同一直線同一方向運動，速度分別為2v0、v0。為避免兩船相撞，乙船上的人將一質(zhì)量為m的貨物沿水平方向拋向甲船，甲船上的人將貨物接住，求拋出貨物的最小速度。(不計水的阻力)
答案：4v0
解析：設(shè)乙船上的人拋出貨物的最小速度大小為vmin，拋出貨物后船的速度為v1，甲船上的人接到貨物后船的速度為v2，由動量守恒定律得
貨物從乙船拋出過程，12mv0＝11mv1－mvmin
貨物落入甲船過程，10m·2v0－mvmin＝11mv2
為避免兩船相撞，應(yīng)滿足v1＝v2
解得vmin＝4v0。
[C組　拔尖培優(yōu)練]
13．(2020·全國卷Ⅱ)(多選)水平冰面上有一固定的豎直擋板。一滑冰運動員面對擋板靜止在冰面上，他把一質(zhì)量為4．0 kg的靜止物塊以大小為5．0 m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運動員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運動員時，運動員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5．0 m/s的速度與擋板彈性碰撞。總共經(jīng)過8次這樣推物塊后，運動員退行速度的大小大于5．0 m/s，反彈的物塊不能再追上運動員。不計冰面的摩擦力，該運動員的質(zhì)量可能為(　　)
A．48 kg B．53 kg
C．58 kg D．63 kg

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