第2讲 动量守恒定律 碰撞 爆炸 反冲运动

动量守恒定律、碰撞、反冲现象知识点归纳总结一．知识总结归纳1. 动量守恒定律：研究的对象是两个或两个以上物体组成的系统，而满足动量守恒的物理过程常常是物体间相互作用的短暂时间内发生的。

2. 动量守恒定律的条件：（1）理想守恒：系统不受外力或所受外力合力为零（不管物体间是否相互作用），此时合外力冲量为零，故系统动量守恒。

当系统存在相互作用的内力时，由牛顿第三定律得知，相互作用的内力产生的冲量，大小相等，方向相反，使得系统内相互作用的物体动量改变量大小相等，方向相反，系统总动量保持不变。

即内力只能改变系统内各物体的动量，而不能改变整个系统的总动量。

（2）近似守恒：当外力为有限量，且作用时间极短，外力的冲量近似为零，或者说外力的冲量比内力冲量小得多，可以近似认为动量守恒。

（3）单方向守恒：如果系统所受外力的矢量和不为零，而外力在某方向上分力的和为零，则系统在该方向上动量守恒。

3. 动量守恒定律应用中需注意：（1）矢量性：表达式m 1v 1+m 2v 2=2211v m v m '+'中守恒式两边不仅大小相等，且方向相同，等式两边的总动量是系统内所有物体动量的矢量和。

在一维情况下，先规定正方向，再确定各已知量的正负，代入公式求解。

（2）系统性：即动量守恒是某系统内各物体的总动量保持不变。

（3）同时性：等式两边分别对应两个确定状态，每一状态下各物体的动量是同时的。

（4）相对性：表达式中的动量必须相对同一参照物（通常取地球为参照物）．4. 碰撞过程是指物体间发生相互作用的时间很短，相互作用过程中的相互作用力很大，所以通常可认为发生碰撞的物体系统动量守恒。

按碰撞前后物体的动量是否在一条直线上，有正碰和斜碰之分，中学物理只研究正碰的情况；碰撞问题按性质分为三类。

（1）弹性碰撞——碰撞结束后，形变全部消失，碰撞前后系统的总动量相等，总动能不变。

例如：钢球、玻璃球、微观粒子间的碰撞。

（2）一般碰撞——碰撞结束后，形变部分消失，碰撞前后系统的总动量相等，动能有部分损失．例如：木制品、橡皮泥球的碰撞。

动量守恒定律、碰撞、反冲现象知识点归纳总结1、动量守恒定律：研究的对象是两个或两个以上物体组成的系统，而满足动量守恒的物理过程常常是物体间相互作用的短暂时间内发生的。

2、动量守恒定律的条件：（1）理想守恒：系统不受外力或所受外力合力为零（不管物体间是否相互作用），此时合外力冲量为零，故系统动量守恒。

当系统存在相互作用的内力时，由牛顿第三定律得知，相互作用的内力产生的冲量，大小相等，方向相反，使得系统内相互作用的物体动量改变量大小相等，方向相反，系统总动量保持不变。

即内力只能改变系统内各物体的动量，而不能改变整个系统的总动量。

（2）近似守恒：当外力为有限量，且作用时间极短，外力的冲量近似为零，或者说外力的冲量比内力冲量小得多，可以近似认为动量守恒。

（3）单方向守恒：如果系统所受外力的矢量和不为零，而外力在某方向上分力的和为零，则系统在该方向上动量守恒。

3、动量守恒定律应用中需注意：（1）矢量性：表达式m1v1+m2v2=中守恒式两边不仅大小相等，且方向相同，等式两边的总动量是系统内所有物体动量的矢量和。

在一维情况下，先规定正方向，再确定各已知量的正负，代入公式求解。

（2）系统性：即动量守恒是某系统内各物体的总动量保持不变。

（3）同时性：等式两边分别对应两个确定状态，每一状态下各物体的动量是同时的。

（4）相对性：表达式中的动量必须相对同一参照物（通常取地球为参照物）、4、碰撞过程是指物体间发生相互作用的时间很短，相互作用过程中的相互作用力很大，所以通常可认为发生碰撞的物体系统动量守恒。

按碰撞前后物体的动量是否在一条直线上，有正碰和斜碰之分，中学物理只研究正碰的情况；碰撞问题按性质分为三类。

（1）弹性碰撞碰撞结束后，形变全部消失，碰撞前后系统的总动量相等，总动能不变。

例如：钢球、玻璃球、微观粒子间的碰撞。

（2）一般碰撞碰撞结束后，形变部分消失，碰撞前后系统的总动量相等，动能有部分损失、例如：木制品、橡皮泥球的碰撞。

碰撞与反冲【自主预习】1.如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做2.如果碰撞过程中机械能不守恒，这样的碰撞叫做3.一个运动的球与一个静止的球碰撞，如果碰撞之前球的运动速度与两球心的连线在，碰撞之后两球的速度会沿着这条直线。

这种碰撞称为正碰，也叫碰撞。

4.一个运动的球与一个静止的球碰撞，如果之前球的运动速度与两球心的连线不在同一条直线上，碰撞之后两球的速度都会原来两球心的连线。

这种碰撞称为碰撞。

5.微观粒子相互接近时并不发生直接接触，因此微观粒子的碰撞又叫做6.弹性碰撞和非弹性碰撞从能量是否变化的角度，碰撞可分为两类:(1)弹性碰撞：碰撞过程中机械能守恒。

(2)非弹性碰撞：碰撞过程中机械能不守恒。

说明：碰撞后，若两物体以相同的速度运动，此时损失的机械能最大。

7.弹性碰撞的规律质量为m的物体，以速度v i与原来静止的物体m2发生完全弹性碰撞，设碰撞后它们的速度分别为v ‘ 1和v ‘ 2，碰撞前后的速度方向均在同一直线上。

由动量守恒定律得 mv i = mv ' 1 + mV 211 1 由机械能守恒定律得2mv 2= 2mv ‘ 1+2图 16 -4 - 1/ 2m 2v 2叫v小球的速度可能是(D . V 1 = V 2= 0， V 3=V o3所示。

现给盒子一初速度 v O ,此后，盒子运动求盒内物体的质量。

b < H 久 0 叫1A . V 1 = V 2 = V 3=p|V o 1B . V 1 = 0, V 2=V 3=^^V 0【例2】一个物体静置于光滑水平面上，外面扣一质量为 M 的盒子，如图 16-4-联立两方程解得, m- mV 1— m + m V 1，2m 2 = ----- V 1(2)推论①若m = m2,贝y v ' 1= 0, V 2= V 1，即质量相等的两物体发生弹性碰撞将交换 速度。

惠更斯早年的实验研究的就是这种情况。

②若mm ,贝y v ’ 1 = V 1, V 2= 2V 1，即质量极大的物体与质量极小的静止物体 发生弹性碰撞，前者速度不变，后者以前者速度的2倍被撞出去。

第2讲动量守恒定律及应用目标要求 1.理解系统动量守恒的条件.2.会应用动量守恒定律解决基本问题.3.会用动量守恒观点分析爆炸、反冲运动和人船模型.4.理解碰撞的种类及其遵循的规律．考点一动量守恒定律的理解和基本应用1．内容如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变．2．表达式(1)p＝p′或m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量．(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向．1．只要系统所受合外力做功为0，系统动量就守恒．(×)2．系统的动量不变是指系统的动量大小和方向都不变．(√)3．若物体相互作用时动量守恒，则机械能一定守恒．(×)4．动量守恒定律的表达式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，一定是矢量式，应用时要规定正方向，且其中的速度必须相对同一个参考系．(√)1．适用条件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零．(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力．(3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒．2．动量守恒定律的五个特性：矢量性动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向相对性各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面)同时性动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2、…应是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′、…应是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量系统性研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统普适性动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统考向1系统动量守恒的判断例1(2021·全国乙卷·14)如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦．用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动．在地面参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统()A．动量守恒，机械能守恒B．动量守恒，机械能不守恒C．动量不守恒，机械能守恒D．动量不守恒，机械能不守恒答案 B解析因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；对小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒，故选B.考向2动量守恒定律的基本应用例2如图所示，质量为0.5 kg的小球在离车底面高度20 m处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5 m/s的速度沿光滑的水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，小车的底面上涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4 kg，若小球在落在车的底面之前瞬时速度是25 m/s，则当小球和小车相对静止时，小车的速度是(g＝10 m/s2)()A．5 m/s B．4 m/sC．8.5 m/s D．9.5 m/s答案 A解析由平抛运动规律可知，小球下落的时间t＝2hg＝2×2010s＝2 s，在竖直方向的分速度v y＝gt＝20 m/s，水平方向的分速度v x＝252－202m/s＝15 m/s，取小车初速度的方向为正方向，由于小球和小车的相互作用满足水平方向上动量守恒，则m车v0－m球v x＝(m车＋m球)v，解得v＝5 m/s，故A正确．考向3动量守恒定律的临界问题例3甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑的水平冰面上匀速相向行驶，速度大小均为v0＝6 m/s，甲车上有质量为m＝1 kg的小球若干个，甲和他的小车及小车上小球的总质量为M1＝50 kg，乙和他的小车的总质量为M2＝30 kg.为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面为v′＝16.5 m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住，假如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．则甲总共抛出的小球个数是()A．12 B．13 C．14 D．15答案 D解析规定甲的速度方向为正方向，两车刚好不相撞，则两车速度相等，由动量守恒定律得M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v，解得v＝1.5 m/s，对甲、小车及从甲车上抛出的小球，由动量守恒定律得M1v0＝(M1－n·m)v＋n·m v′，解得n＝15，D正确．考点二爆炸、反冲运动和人船模型1．爆炸现象的三个规律动量守恒爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒动能增加在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能，所以系统的机械能增加位置不变爆炸的时间极短，因而作用过程中物体产生的位移很小，可以认为爆炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动2.反冲运动的三点说明作用 原理 反冲运动是系统内两物体之间的作用力和反作用力产生的效果 动量 守恒 反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律机械能 增加反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加1．发射炮弹，炮身后退；园林喷灌装置一边喷水一边旋转均属于反冲现象．( √ ) 2．爆炸过程中机械能增加，反冲过程中机械能减少．( × )考向1 爆炸问题例4 (2023·河北省模拟)质量为m 的烟花弹升到最高点距离地面高度为h 处爆炸成质量相等的两部分，两炸片同时落地后相距L ，不计空气阻力，重力加速度为g ，则烟花弹爆炸使炸片增加的机械能为( ) A ．mgh B.mgL 216h C.mgL 232h D.mgL 28h答案 B解析 设烟花弹爆炸后瞬间两炸片的速度大小分别为v 1、v 2，由动量守恒定律有0＝m 2v 1－m2v 2，可得v 1＝v 2＝v ，根据题述，两炸片均做平抛运动，有2v t ＝L ，h ＝12gt 2，ΔE ＝12×12m v 2＋12×12m v 2，解得ΔE ＝mgL 216h ，故选B.考向2 反冲运动例5 (2023·河南省模拟)发射导弹过程可以简化为：将静止的质量为M (含燃料)的导弹点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v 0竖直向下喷出质量为m 的炽热气体，忽略喷气过程中重力和空气阻力的影响，则喷气结束时导弹获得的速度大小是( )A.mMv 0 B.M m v 0 C.M M －m v 0 D.m M －m v 0答案 D解析 由动量守恒定律得m v 0＝(M －m )v ，导弹获得的速度v ＝mM －m v 0，故选D.考向3 人船模型1．模型图示2．模型特点(1)两物体满足动量守恒定律：m v 人－M v 船＝0 (2)两物体的位移大小满足：m x 人t －M x 船t ＝0，x 人＋x 船＝L ，得x 人＝M M ＋m L ，x 船＝mM ＋m L3．运动特点(1)人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；(2)人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即x 人x 船＝v 人v 船＝M m. 例6 (多选)如图所示，绳长为l ，小球质量为m ，小车质量为M ，将小球向右拉至水平后放手，则(水平面光滑)( )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或都为零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2mlM＋m答案BD解析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，故水平方向的动量守恒，而总动量不守恒，A错误，B正确；根据水平方向的动量守恒及机械能守恒得，小球仍能向左摆到原高度，C错误；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，设小球水平方向的平均速度为v m，小车水平方向的平均速度为v M，m v m－M v M＝0，两边同时乘以运动时间t，m v m t－M v M t＝0，即mx m＝Mx M，又x m＋x M＝2l，解得小车向右移动的最大距离为2mlM＋m，D正确．考点三碰撞问题1．碰撞碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象．2．特点在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．3．分类动量是否守恒机械能是否守恒弹性碰撞守恒守恒非弹性碰撞守恒有损失完全非弹性碰撞守恒损失最大1．碰撞前后系统的动量和机械能均守恒．(×)2．在光滑水平面上的两球相向运动，碰撞后均变为静止，则两球碰撞前的动量大小一定相同．(√)3．两球发生非弹性碰撞时，既不满足动量守恒定律，也不满足机械能守恒定律．(×)1．弹性碰撞的重要结论以质量为m 1、速度为v 1的小球与质量为m 2的静止小球发生弹性碰撞为例，则有 m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′ 12m 1v 12＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2 联立解得：v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，v 2′＝2m 1m 1＋m 2v 1讨论：①若m 1＝m 2，则v 1′＝0，v 2′＝v 1(速度交换)；②若m 1>m 2，则v 1′>0，v 2′>0(碰后两小球沿同一方向运动)；当m 1≫m 2时，v 1′≈v 1，v 2′≈2v 1；③若m 1<m 2，则v 1′<0，v 2′>0(碰后两小球沿相反方向运动)；当m 1≪m 2时，v 1′≈－v 1，v 2′≈0.2．静止物体被撞后的速度范围物体A 与静止的物体B 发生碰撞，当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物体B 的速度最小，v B ＝m A m A ＋m B v 0，当发生弹性碰撞时，物体B 速度最大，v B ＝2m Am A ＋m B v 0.则碰后物体B的速度范围为：m A m A ＋m B v 0≤v B ≤2m Am A ＋m B v 0.考向1 碰撞的可能性例7 A 、B 两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，m A ＝1 kg ，m B ＝2 kg ，v A ＝6 m/s ，v B ＝2 m/s ，当A 追上B 并发生碰撞后，A 、B 两球速度的可能值是( ) A ．v A ′＝5 m/s ，v B ′＝2.5 m/s B ．v A ′＝2 m/s ，v B ′＝4 m/s C ．v A ′＝－4 m/s ，v B ′＝7 m/s D ．v A ′＝7 m/s ，v B ′＝1.5 m/s 答案 B解析 虽然题给四个选项均满足动量守恒定律，但A 、D 两项中，碰后A 的速度v A ′大于B 的速度v B ′，不符合实际，即A 、D 项错误；C 项中，两球碰后的总动能E k 后＝12m A v A ′2＋12m B v B ′2＝57 J ，大于碰前的总动能E k 前＝12m A v A 2＋12m B v B 2＝22 J ，违背了能量守恒定律，所以C 项错误；而B 项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，所以B 项正确．碰撞问题遵守的三条原则(1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)动能不增加：E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′.(3)速度要符合实际情况①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′.②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向至少有一个改变．考向2弹性碰撞例8(2022·湖南卷·4)1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成．如图，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2.设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是()A．碰撞后氮核的动量比氢核的小B．碰撞后氮核的动能比氢核的小C．v2大于v1D．v2大于v0答案 B解析设中子的质量为m，则氢核的质量也为m，氮核的质量为14m，设中子和氢核碰撞后中子速度为v3，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得m v0＝m v1＋m v3，12＝12m v12＋12m v32，联立解得v1＝v0.设中子和氮核碰撞后中子速度为v4，取v0的方向为2m v0正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得m v0＝14m v2＋m v4，12＝12×14m v22＋12m v42，2m v0联立解得v 2＝215v 0，可得v 1＝v 0>v 2，碰撞后氢核的动量为p H ＝m v 1＝m v 0，氮核的动量为p N＝14m v 2＝28m v 015，可得p N >p H ，碰撞后氢核的动能为E kH ＝12m v 12＝12m v 02，氮核的动能为E kN＝12×14m v 22＝28m v 02225，可得E kH >E kN ，故B 正确，A 、C 、D 错误．考向3 非弹性碰撞例9 (2023·安徽定远县第三中学模拟)如图所示，物块A 的质量为m ，物块B 、C 的质量均为M .开始时物块A 、B 分别以大小为2v 0、v 0的速度沿光滑水平轨道向右侧的竖直固定挡板运动，为保证A 、B 均向右运动的过程中不发生碰撞，将物块C 无初速度地迅速粘在A 上．B 与挡板碰撞后以原速率反弹，A 与B 碰撞后粘在一起．(1)为使B 能与挡板碰撞两次，求Mm应满足的条件；(2)若三个物块的质量均为m ，求在整个作用过程中系统产生的内能Q . 答案 (1)1≤M m <2 (2)73m v 02解析 (1)设A 、C 粘在一起的共同速度大小为v 1，根据动量守恒定律有2m v 0＝(m ＋M )v 1，为保证A 、B 均向右运动的过程中不发生碰撞，应满足v 1≤v 0.设A 、B 碰撞后瞬间的共同速度大小为v 2，以向右为正方向，根据动量守恒定律有(m ＋M )v 1－M v 0＝(m ＋2M )v 2，为使B 能与挡板再次碰撞，应满足v 2>0，解得1≤Mm <2.(2)若M ＝m ，则由(1)可得v 1＝v 0，v 2＝13v 0根据能量守恒定律有Q ＝12m (2v 0)2＋12m v 02－12×3m v 22，解得Q ＝73m v 02.课时精练1.北京冬奥会2 000米短道速滑接力赛上，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出，完成“交接棒”．忽略地面的摩擦力，在这个过程中( )A．两运动员的总动量守恒B．甲、乙运动员的动量变化量相同C．两运动员的总机械能守恒D．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量答案 A解析两运动员组成的系统所受合外力矢量和为0，系统动量守恒，A正确；系统动量守恒，两运动员的动量变化量等大反向，变化量不相同，B错误；在光滑冰面上“交接棒”时，后方运动员用力推前方运动员，导致机械能增加，C错误；在乙推甲的过程中，消耗体内的化学能转化为系统的动能，根据能量守恒定律可知，甲的动能增加量不等于乙的动能减小量，D错误．2.如图所示，小木块m与长木板M之间光滑，M置于光滑水平面上，一轻质弹簧左端固定在M的左端，右端与m连接，开始时m和M都静止，弹簧处于自然状态．现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1、F2，两物体开始运动后，对m、M、弹簧组成的系统，下列说法正确的是(整个过程中弹簧不超过其弹性限度)()A．整个运动过程中，系统机械能守恒，动量守恒B．整个运动过程中，当木块速度为零时，系统机械能一定最大C．M、m分别向左、右运行过程中，均一直做加速度逐渐增大的加速直线运动D．M、m分别向左、右运行过程中，当弹簧弹力与F1、F2的大小相等时，系统动能最大答案 D解析由于F1与F2等大反向，系统所受的合外力为零，则系统的动量守恒．由于水平恒力F1、F2对系统做功代数和不为零，则系统的机械能不守恒，故A错误；从开始到弹簧伸长到最长的过程，F1与F2分别对m、M做正功，弹簧伸长最长时，m、M的速度为零，之后弹簧收缩，F1与F2分别对m、M做负功，系统的机械能减小，因此，当弹簧有最大伸长量时，m、M的速度为零，系统机械能最大；当弹簧收缩到最短时，m、M的速度为零，系统机械能最小，故B错误；在水平方向上，M、m受到水平恒力和弹簧的弹力作用，水平恒力先大于弹力，后小于弹力，随着弹力增大，两个物体的合力先逐渐减小，后反向增大，则加速度先减小后反向增大，则M 、m 先做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速度逐渐增大的减速运动，当弹簧弹力的大小与拉力F 1、F 2的大小相等时，m 、M 的速度最大，系统动能最大，故C 错误，D 正确．3.如图所示，气球下面有一根长绳，一个质量为m 1＝50 kg 的人抓在气球下方，气球和长绳的总质量为m 2＝20 kg ，长绳的下端刚好和水平面接触，当静止时人离地面的高度为h ＝5 m.如果这个人开始沿绳向下滑，当滑到绳下端时，他离地面的高度约为(可以把人看成质点)( )A ．5 mB ．3.6 mC ．2.6 mD ．8 m答案 B解析 当人滑到下端时，设人相对地面下滑的位移大小为h 1，气球相对地面上升的位移大小为h 2，由动量守恒定律，得m 1h 1t ＝m 2h 2t，且h 1＋h 2＝h ，解得h 2≈3.6 m ，所以他离地面的高度约为3.6 m ，故选项B 正确．4.(2023·江苏省金陵中学月考)如图所示，一个长为L 的轻细杆两端分别固定着a 、b 两个光滑金属球，a 球质量为2m ，b 球质量为m ，两球的半径相等且均可视为质点，整个装置放在光滑的水平面上，将此装置从杆与水平面夹角为53°的图示位置由静止释放，则( )A ．在b 球落地前瞬间，b 球的速度方向斜向左下方B ．在b 球落地前瞬间，a 球的速度方向水平向左C ．在b 球落地前的整个过程中，轻杆对a 球做正功D ．在b 球落地前瞬间，b 球的速度方向竖直向下答案 D解析a、b组成的系统在水平方向上所受合力为零，水平方向上动量守恒，系统水平方向的初动量为零，在b球落地前瞬间系统水平方向动量仍为零，此时b球的速度方向竖直向下，a 球的速度为零，故A、B错误，D正确；a球初动能为零，b球落地前瞬间a球的动能也为零，且重力与地面的支持力对a球不做功，根据动能定理可知在b球落地前的整个过程中，轻杆对a球做功为零，故C错误．5．冰壶运动深受观众喜爱，在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与静止的冰壶乙发生正碰，如图所示．若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是选项图中的哪幅图()答案 B解析两冰壶碰撞过程中动量守恒，两冰壶发生正碰，由动量守恒定律可知，碰撞前后系统动量不变，两冰壶的动量方向即速度方向，不会偏离甲原来的方向，可知，A图情况是不可能的，故A错误；如果两冰壶发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，两冰壶质量相等，碰撞后两冰壶交换速度，甲静止，乙的速度等于甲的速度，碰后乙做减速运动，最后停止，最终两冰壶的位置可能如选项B所示，故B正确；两冰壶碰撞后，乙在前，甲在后，选项C所示是不可能的，故C错误；碰撞过程机械能不可能增大，两冰壶质量相等，碰撞后甲的速度不可能大于乙的速度，碰撞后甲的位移不可能大于乙的位移，故D错误．6.如图所示，在光滑的水平面上有三个完全相同的小球，它们排成一条直线，小球2、3静止，并靠在一起，球1以速度v0撞向它们，设碰撞过程中不损失机械能，则碰后三个小球的速度分别为()A ．v 1＝v 2＝v 3＝33v 0B ．v 1＝0，v 2＝v 3＝22v 0 C ．v 1＝0，v 2＝v 3＝12v 0 D ．v 1＝v 2＝0，v 3＝v 0答案 D解析 由题设条件，三球在碰撞过程中总动量和总动能守恒．设三球质量均为m ，则碰撞前系统总动量为m v 0，总动能为12m v 02.选项A 、B 中的数据都违反了动量守恒定律，故不可能．对选项C ，碰后总动量为m v 0，但总动能为14m v 02，这显然违反了机械能守恒定律，故不可能．对选项D ，既满足动量守恒定律，也满足机械能守恒定律，故选D.7.(2023·北京市第五中学检测)A 、B 物块沿光滑水平面在同一直线上运动并发生正碰，如图为两物块碰撞前后的位移－时间图像，其中a 、b 分别为A 、B 两物块碰前的位移－时间图像，c 为碰撞后两物块共同运动的位移－时间图像，若A 物块质量m ＝2 kg ，则由图判断，下列结论错误的是( )A ．碰撞前后A 的动量变化量的大小为4 kg·m/sB ．B 物块的质量为0.75 kgC ．碰撞过程A 对B 所施冲量大小为4 N·sD ．碰撞过程A 、B 两物块组成的系统损失的动能为10 J答案 B解析 以A 的初速度方向为正方向，由图像可知碰撞前A 的速度为v A ＝10－42m/s ＝3 m/s ，碰撞后A 、B 的共同速度为v AB ＝4－22m/s ＝1 m/s ，则碰撞前A 的动量为m v A ＝2×3 kg·m/s ＝6 kg·m/s ，碰撞后A 的动量为m v AB ＝2 kg·m/s ，碰撞前后A 的动量变化量的大小为4 kg·m/s ，A 正确，不符合题意；碰撞前B 的速度为v B ＝－42m/s ＝－2 m/s ，由动量守恒定律得m v A ＋m B v B ＝(m ＋m B )v AB ，解得m B ＝43kg ，B 错误，符合题意；由动量定理得I ＝m B v AB －m B v B ＝43×1 kg·m/s －43×(－2) kg·m/s ＝4 N·s ，即碰撞过程A 对B 所施冲量大小为4 N·s ，C 正确，不符合题意；碰撞过程A 、B 两物块组成的系统损失的动能为ΔE k ＝12m v A 2＋12m B v B 2－12(m ＋m B )v AB 2＝12×2×32 J ＋12×43×(－2)2 J －12×(2＋43)×12 J ＝10 J ，D 正确，不符合题意． 8．(2021·浙江1月选考·12)在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪．爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块．遥控器引爆瞬间开始计时，在5 s 末和6 s 末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声．已知声音在空气中的传播速度为340 m/s ，重力加速度大小g 取10 m/s 2，忽略空气阻力．下列说法正确的是( )A ．两碎块的位移大小之比为1∶2B ．爆炸物的爆炸点离地面高度为80 mC ．爆炸后质量大的碎块的初速度为68 m/sD ．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m答案 B解析 设碎块落地的时间为t ，质量大的碎块水平初速度为v ，则由动量守恒定律知质量小的碎块水平初速度为2v ，爆炸后的碎块做平抛运动，下落的高度相同，则在空中运动的时间相同，由水平方向x ＝v 0t 知落地水平位移之比为1∶2，碎块位移s ＝x 2＋y 2，可见两碎块的位移大小之比不是1∶2，故A 项错误；据题意知，v t ＝(5 s －t )×340 m/s ，又2v t ＝(6 s －t )×340m/s ，联立解得t ＝4 s ，v ＝85 m/s ，故爆炸点离地面高度为h ＝12gt 2＝80 m ，所以B 项正确，C 项错误；两碎块落地点的水平距离为Δx ＝3v t ＝1 020 m ，故D 项错误．9．在发射地球卫星时需要运载火箭多次点火，以提高最终的发射速度．某次地球近地卫星发射的过程中，火箭喷气发动机每次喷出质量为m ＝800 g 的气体，气体离开发动机时的对地速度v ＝1 000 m/s ，假设火箭(含燃料在内)的总质量为M ＝600 kg ，发动机每秒喷气20次，忽略地球引力的影响，则( )A ．第三次气体喷出后火箭的速度大小约为4 m/sB ．地球卫星要能成功发射，速度大小至少达到11.2 km/sC ．要使火箭能成功发射至少要喷气500次D ．要使火箭能成功发射至少要持续喷气17 s答案 A解析 设喷出三次气体后火箭的速度为v 3，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，以竖直向上为正方向，由动量守恒定律得：(M －3m )v 3－3m v ＝0，解得：v 3≈4 m/s ，故A 正确；地球卫星要能成功发射，喷气n 次后至少要达到第一宇宙速度，即：v n ＝7.9 km/s ，故B 错误；以火箭和喷出的n 次气体为研究对象，以竖直向上为正方向，由动量守恒定律得：(M －nm )v n－nm v ＝0，代入数据解得：n ≈666，故C 错误；至少持续喷气时间为：t ＝n 20＝33.3 s ，故D 错误．10.(多选)(2023·安徽马鞍山市模拟)如图所示，A 、B 两个小球(可视为质点)，间隙极小，两球球心连线竖直，从离地面高度H 处以相同的初速度v 0＝2gH 同时竖直向下抛出，B 球先与地面碰撞，再与A 球碰撞后B 球静止于地面，所有碰撞均为弹性碰撞，重力加速度为g ，则( )A ．A 、B 两球的质量之比为1∶3B ．A 、B 两球的质量之比为1∶2C ．碰后A 球上升的最大高度为8HD ．碰后A 球上升的最大高度为16H答案 AC解析 因为A 、B 球从离地面高度H 处以相同的初速度v 0＝2gH 同时竖直向下抛出，所以落地瞬间的速度相等，由运动学公式v 2－v 02＝2gH ，解得v A ＝v B ＝v ＝2gH ，B 球与地面弹性碰撞后以原速率返回，与A 再发生弹性碰撞，以向上为正方向，根据动量守恒和能量守恒有m B v －m A v ＝m A v A ′，12m B v 2＋12m A v 2＝12m A v A ′2，联立解得m A ∶m B ＝1∶3，v A ′＝2v ＝4gH ，A 正确，B 错误；碰后A 球上升的最大高度为h max ，则有v A ′2＝2gh max ，解得h max ＝v A ′22g＝8H ，C 正确，D 错误．11．如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A (上表面粗糙)和滑块C ，滑块B 置于A 的左端，三者质量分别为m A ＝2 kg 、m B ＝1 kg 、m C ＝2 kg.开始时C 静止，A 、B 一起以v 0＝5 m/s 的速度匀速向右运动，A 与C 发生碰撞(时间极短)后C 向右运动，经过一段时间，A 、B 再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C 碰撞．求A 与C 发生碰撞后瞬间A 的速度大小．答案 2 m/s解析 因碰撞时间极短，A 与C 碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A 的速度为v A ，C 的速度为v C ，以向右为正方向，由动量守恒定律得m A v 0＝m A v A ＋m C v C ①碰撞后A 与B 在摩擦力作用下再次达到共同速度，设共同速度为v AB ，由动量守恒定律得 m A v A ＋m B v 0＝(m A ＋m B )v AB ②A 与B 达到共同速度后恰好不再与C 碰撞，应满足v AB ＝v C ③联立①②③式，代入数据得v A ＝2 m/s.12．如图所示，ABC 为一固定在竖直平面内的光滑轨道，AB 段是半径R ＝0.8 m 的14圆弧，B 在圆心O 的正下方，BC 段水平，AB 段与BC 段平滑连接．球2、球3均放在BC 轨道上，质量m 1＝0.4 kg 的球1从A 点由静止释放，球1进入水平轨道后与球2发生弹性正碰，球2再与球3发生弹性正碰，g ＝10 m/s 2.(1)求球1到达B 点时对轨道的压力大小；(2)若球2的质量m 2＝0.1 kg ，求球1与球2碰撞后球2的速度大小；(3)若球3的质量m 3＝0.1 kg ，为使球3获得最大的动能，球2的质量应为多少． 答案 (1)12 N (2)6.4 m/s (3)0.2 kg解析 (1)对球1从A 到B 应用动能定理：m 1gR ＝12m 1v 02 在B 点对球1应用牛顿第二定律：N －m 1g ＝m 1v 02R联立解得：v 0＝4 m/s 、N ＝12 N由牛顿第三定律知球1在B 点对轨道的压力大小N ′＝N ＝12 N.(2)球1、球2碰撞时，根据动量守恒定律有：m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2由机械能守恒定律得： 12m 1v 02＝12m 1v 12＋12m 2v 22 解得：v 2＝2m 1m 1＋m 2v 0＝6.4 m/s. (3)同理，球2、球3碰撞后：v 3＝2m 2m 2＋m 3v 2 则v 3＝2m 2m 2＋m 3·2m 1m 1＋m 2v 0 代入数据得v 3＝ 1.6m 2＋0.04m 2＋0.5v 0， 由数学知识可知，当m 2＝0.04m 2时，m 2＋0.04m 2＋0.5最小，v 3最大 所以m 2＝0.2 kg.13．(多选)(2020·全国卷Ⅱ·21)水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg 的静止物块以大小为5.0 m/s 的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s 的速度与挡板弹性碰撞．总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s ，反弹的物块不能再追上运动员．不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为( )A ．48 kgB ．53 kgC ．58 kgD ．63 kg答案 BC解析 设运动员的质量为M ，第一次推物块后，运动员速度大小为v 1，第二次推物块后，运动员速度大小为v 2……第八次推物块后，运动员速度大小为v 8，第一次推物块后，由动量守恒定律知：M v 1＝m v 0；第二次推物块后由动量守恒定律知：M (v 2－v 1)＝m [v 0－(－v 0)]＝2m v 0，……，第n 次推物块后，由动量守恒定律知：M (v n －v n －1)＝2m v 0，各式相加可得v n ＝(2n －1)m v 0M ，则v 7＝260 kg·m/s M ，v 8＝300 kg·m/s M.由题意知，v 7<5 m/s ，则M >52 kg ，又知v 8>5 m/s ，则M <60 kg ，故选B 、C.。

19.第二节动量守恒定律碰撞爆炸反冲一、动量守恒定律1．守恒条件(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒．(2)近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒．(3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒．2．动量守恒定律的表达式：m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2或Δp1＝－Δp2.1.如图所示，小车与木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法中正确的是()A．男孩和木箱组成的系统动量守恒B．小车与木箱组成的系统动量守恒C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒D．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量不相同提示：选C.当把男孩、小车与木箱看做整体时水平方向所受的合外力才为零，所以选项C正确．二、碰撞爆炸反冲1．碰撞(1)碰撞现象：物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象．(2)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．(3)分类动量是否守恒机械能是否守恒弹性碰撞守恒守恒非完全弹性碰撞守恒有损失完全非弹性碰撞守恒损失最大2.爆炸现象：爆炸过程中内力远大于外力，爆炸的各部分组成的系统总动量守恒．3．反冲运动(1)物体在内力作用下分裂为两个不同部分并且这两部分向相反方向运动的现象．(2)反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理．2.(2015·高考福建卷)如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是()A．A和B都向左运动B．A和B都向右运动C．A静止，B向右运动D．A向左运动，B向右运动提示：选D.选向右为正方向，则A的动量p A＝m·2v0＝2m v0，B的动量p B＝－2m v0.碰前A、B的动量之和为零，根据动量守恒，碰后A、B的动量之和也应为零，可知四个选项中只有选项D符合题意．对动量守恒定律的理解和应用【知识提炼】1．动量守恒定律常用的四种表达形式(1)p＝p′：即系统相互作用前的总动量p和相互作用后的总动量p′大小相等，方向相同．(2)Δp＝p′－p＝0：即系统总动量的增加量为零．(3)Δp1＝－Δp2：即相互作用的系统内的两部分物体，其中一部分动量的增加量等于另一部分动量的减少量．(4)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，即相互作用前后系统内各物体的动量都在同一直线上时，作用前总动量与作用后总动量相等．2．动量守恒定律的“五性”矢量性动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向相对性各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(没有特殊说明要选地球这个参考系)．如果题设条件中各物体的速度不是相对同一参考系时，必须转换成相对同一参考系的速度同时性动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2……必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p′1、p′2……必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量，不同时刻的动量不能相加系统性研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统，而不是其中的一个物体，更不能题中有几个物体就选几个物体普适性动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统【典题例析】(2016·高考全国卷甲)如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？[审题指导]在人与冰块分离、冰块与斜面体作用过程中水平方向都满足动量守恒条件，结合能量守恒可得出三者之间的速度关系．[解析](1)规定向右为速度正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3，由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v20＝(m2＋m3)v①12m2v220＝12(m2＋m3)v2＋m2gh②式中v20＝－3 m/s为冰块推出时的速度，联立①②式并代入题给数据得m3＝20 kg.③(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1＋m2v20＝0④代入数据得v1＝1 m/s⑤设冰块与斜面体分离后的速度分别为v 2和v 3，由动量守恒和机械能守恒定律有 m 2v 20＝m 2v 2＋m 3v 3⑥12m 2v 220＝12m 2v 22＋12m 3v 23⑦ 联立③⑥⑦式并代入数据得v 2＝1 m/s 由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩．[答案] (1)20 kg (2)见解析【跟进题组】考向1 动量守恒的条件判断1．(高考浙江自选模块)如图所示，甲木块的质量为m 1，以v 的速度沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m 2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧．甲木块与弹簧接触后( )A ．甲木块的动量守恒B ．乙木块的动量守恒C ．甲、乙两木块所组成系统的动量守恒D ．甲、乙两木块所组成系统的动能守恒解析：选C.两木块在光滑水平地面上相碰，且中间有弹簧，则碰撞过程系统的动量守恒，机械能也守恒，故选项A 、B 错误，选项C 正确．甲、乙两木块碰撞前、后动能总量不变，但碰撞过程中有弹性势能，故动能不守恒，只是机械能守恒，选项D 错误．考向2 爆炸模型分析2．(2017·河北邯郸摸底)如图，木块A 、B 的质量均为m ，放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木块A 、B 间夹有一小块炸药(炸药的质量可以忽略不计)．让A 、B 以初速度v 0一起从O 点滑出，滑行一段距离后到达P 点，速度变为v 02，此时炸药爆炸使木块A 、B 脱离，发现木块B 立即停在原位置，木块A 继续沿水平方向前进．已知O 、P 两点间的距离为s ，设炸药爆炸时释放的化学能全部转化为木块的动能，爆炸时间很短可以忽略不计，求：(1)木块与水平地面的动摩擦因数μ；(2)炸药爆炸时释放的化学能．解析：(1)设木块与地面间的动摩擦因数为μ，炸药爆炸释放的化学能为E 0.从O 滑到P ，对A 、B 由动能定理得－μ·2mgs ＝12·2m ⎝⎛⎭⎫v 022－12·2m v 20，解得μ＝3v 208gs. (2)在P 点爆炸时，A 、B 动量守恒，有2m ·v 02＝m v ， 根据能量守恒有E 0＋12·2m ·⎝⎛⎭⎫v 022＝12m v 2，解得E 0＝14m v 20. 答案：(1)3v 208gs (2)14m v 20考向3 “人船模型”分析3．如图所示，长为l ，质量为m 的小船停在静水中，一个质量为m ′的人站在船头，若不计水的阻力，当人从船头走到船尾的过程中，小船对地的位移是多少？解析：人和小船组成的系统在水平方向不受外力，动量守恒．假设某一时刻小船和人对地的速度分别为v 1、v 2，以人的速度方向为正方向，由于原来处于静止状态，因此0＝m v 1－m ′v 2，即m ′v 2＝m v 1由于相对运动过程中的任意时刻，人和小船的速度都满足上述关系，故他们在这一过程中平均速率也满足这一关系，即m ′ v －2＝m v －1，等式两边同乘运动的时间t ，得 m ′ v －2t ＝m v －1t ，即m ′x 2＝mx 1又因x 1＋x 2＝l ，因此有x 1＝m ′lm ′＋m . 答案：m ′l m ′＋m考向4 “子弹打木块”模型分析4．如图所示，在光滑水平面上有一辆质量M ＝8 kg 的平板小车，车上有一个质量m ＝1.9 kg 的木块，木块距小车左端6 m(木块可视为质点)，车与木块一起以v ＝1 m/s 的速度水平向右匀速行驶．一颗质量m 0＝0.1 kg 的子弹以v 0＝179 m/s 的初速度水平向左飞，瞬间击中木块并留在其中．如果木块刚好不从车上掉下，求木块与平板小车之间的动摩擦因数μ(g ＝10 m/s 2)．解析：设子弹射入木块后的共同速度为v 1，以水平向左为正方向，则由动量守恒定律有m 0v 0－m v ＝(m ＋m 0)v 1① 代入数据解得v 1＝8 m/s.它们恰好不从小车上掉下来，则它们相对平板车滑行s ＝6 m 时它们跟小车具有共同速度v 2，则由动量守恒定律有 (m ＋m 0)v 1－M v ＝(m ＋m 0＋M )v 2②由能量守恒定律有Q ＝μ(m ＋m 0)gs ＝12(m ＋m 0)v 21＋12M v 2－12(m ＋m 0＋M )v 22③ 联立①②③并代入数据解得μ＝0.54. 答案：0.541．应用动量守恒定律的解题步骤(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)．(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)．(3)规定正方向，确定初末状态动量．(4)由动量守恒定律列出方程．(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明．2．爆炸现象的三个规律(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒．(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸前后系统的总动能增加．(3)位置不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动．3．“人船模型”：若人船系统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过程中的平均动量也守恒．如果系统由两个物体组成，且相互作用前均静止，相互作用后均发生运动，则由m 1v 1＝m 2v 2得m 1x 1＝m 2x 2.该式的适用条件是：(1)系统的总动量守恒或某一方向上的动量守恒．(2)构成系统的两物体原来静止，因相对作用而反向运动．(3)x 1、x 2均为沿动量方向相对于同一参考系的位移．对碰撞现象中规律的分析【知识提炼】1．碰撞遵守的规律(1)动量守恒，即p 1＋p 2＝p ′1＋p ′2.(2)动能不增加，即E k1＋E k2≥E ′k1＋E ′k2或p 212m 1＋p 222m 2≥p ′212m 1＋p ′222m 2. (3)速度要合理①碰前两物体同向，则v 后>v 前；碰后，原来在前的物体速度一定增大，且v ′前≥v ′后．②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．2．碰撞模型类型(1)弹性碰撞两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒．以质量为m 1、速度为v 1的小球与质量为m 2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，有m 1v 1＝m 1v ′1＋m 2v ′2 12m 1v 21＝12m 1v ′21＋12m 2v ′22 解得v ′1＝（m 1－m 2）v 1m 1＋m 2，v ′2＝2m 1v 1m 1＋m 2结论：①当两球质量相等时，v ′1＝0，v ′2＝v 1，两球碰撞后交换了速度．②当质量大的球碰质量小的球时，v ′1>0，v ′2>0，碰撞后两球都沿速度v 1的方向运动．③当质量小的球碰质量大的球时，v ′1<0，v ′2>0，碰撞后质量小的球被反弹回来．④撞前相对速度与撞后相对速度大小相等．(2)完全非弹性碰撞①撞后共速．②有动能损失，且损失最多．【典题例析】(2015·高考全国卷Ⅰ)如图，在足够长的光滑水平面上，物体A 、B 、C 位于同一直线上，A 位于B 、C 之间．A 的质量为m ，B 、C 的质量都为M ，三者均处于静止状态．现使A 以某一速度向右运动，求m 和M 之间应满足什么条件，才能使A 只与B 、C 各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．[审题指导] 由于是弹性碰撞，则同时满足动量守恒和机械能守恒，并且物体间碰后速度还要满足实际情况，即前面的速度大于后面的速度．[解析] A 向右运动与C 发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒．设速度方向向右为正，开始时A 的速度为v 0，第一次碰撞后C 的速度为v C 1，A 的速度为v A 1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得m v 0＝m v A 1＋M v C 1① 12m v 20＝12m v 2A 1＋12M v 2C 1②联立①②式得 v A 1＝m －M m ＋M v 0③ v C 1＝2m m ＋Mv 0④ 如果m >M ，第一次碰撞后，A 与C 速度同向，且A 的速度小于C 的速度，不可能与B 发生碰撞；如果m ＝M ，第一次碰撞后，A 停止，C 以A 碰前的速度向右运动，A 不可能与B 发生碰撞；所以只需考虑m <M 的情况．第一次碰撞后，A 反向运动与B 发生碰撞．设与B 发生碰撞后，A 的速度为v A 2，B 的速度为v B 1，同样有v A 2＝m －M m ＋M v A 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m －M m ＋M 2v 0⑤ 根据题意，要求A 只与B 、C 各发生一次碰撞，应有 v A 2≤v C 1⑥联立④⑤⑥式得 m 2＋4mM －M 2≥0 解得m ≥(5－2)M 另一解m ≤－(5＋2)M 舍去．所以，m 和M 应满足的条件为 (5－2)M ≤m <M . [答案] (5－2)M ≤m ＜M动量与能量的综合在碰撞中的求解技巧(1)处理这类问题，关键是区分物体相互作用的情况，分清物体的运动过程，寻找各相邻运动过程的联系，弄清各物理过程所遵循的规律．(2)对于发生弹性碰撞的物体，其作用过程中系统机械能守恒，动量守恒；对于非弹性碰撞来说，系统的动量守恒但机械能不守恒，系统损失的机械能等于转化的内能．【跟进题组】考向1 碰撞的可能性问题分析1．两球A 、B 在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，m A ＝1 kg ，m B ＝2 kg ，v A ＝6 m/s ，v B ＝2 m/s. 当A 追上B 并发生碰撞后，两球A 、B 速度的可能值是( )A ．v ′A ＝5 m/s ，v ′B ＝2.5 m/s B ．v ′A ＝2 m/s ，v ′B ＝4 m/sC ．v ′A ＝－4 m/s ，v ′B ＝7 m/sD ．v ′A ＝7 m/s ，v ′B ＝1.5 m/s解析：选B.虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但A 、D 两项中，碰后A 的速度v ′A 大于B 的速度v ′B ，必然要发生第二次碰撞，不符合实际；C 项中，两球碰后的总动能E ′k ＝12m A v ′2A ＋12m B v ′2B ＝57 J ，大于碰前的总动能E k ＝22 J ，违背了能量守恒定律；而B 项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故B 项正确．考向2 弹性碰撞规律求解2．(2016·高考全国卷丙)如图，水平地面上有两个静止的小物块a 和b ，其连线与墙垂直；a 和b 相距l ，b 与墙之间也相距l ；a 的质量为m ，b 的质量为34m .两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a 以初速度v 0向右滑动，此后a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g .求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．解析：设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a 、b 能够发生碰撞，应有12m v 20>μmgl ① 即μ<v 202gl②设在a 、b 发生弹性碰撞前的瞬间，a 的速度大小为v 1，由能量守恒定律有12m v 20＝12m v 21＋μmgl ③ 设在a 、b 碰撞后的瞬间，a 、b 的速度大小分别为v ′1、v ′2，由动量守恒定律和能量守恒定律有m v 1＝m v ′1＋3m 4v ′2④ 12m v 21＝12m v ′21＋12⎝⎛⎭⎫3m 4v ′22⑤ 联立④⑤式解得v ′2＝87v 1⑥由题意，b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知12⎝⎛⎭⎫3m 4v ′22≤μ3m 4gl ⑦ 联立③⑥⑦式，可得μ≥32v 20113gl⑧ 联立②⑧式，可得a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞的条件为 32v 20113gl ≤μ<v 202gl.考向3 非弹性碰撞的分析3．如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m 的物块A 、B 、C .B 的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A 以速度v 0朝B 运动，压缩弹簧；当A 、 B 速度相等时，B 与C 恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B 和C 碰撞过程时间极短，求从A 开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，(1)整个系统损失的机械能； (2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．解析：A 、B 碰撞过程动量守恒，能量也守恒，而B 、C 相碰粘接在一块时，动量守恒．系统产生的内能则为损失的机械能．当A 、B 、C 速度相等时，弹性势能最大．(1)从A 压缩弹簧到A 与B 具有相同速度v 1时，对A 、B 与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得m v 0＝2m v 1① 此时B 与C 发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v 2，损失的机械能为ΔE .对B 、C 组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得m v 1＝2m v 2② 12m v 21＝ΔE ＋12(2m )v 22③ 联立①②③式得ΔE ＝116m v 20.④ (2)由②式可知v 2<v 1，A 将继续压缩弹簧，直至A 、B 、C 三者速度相同，设此速度为v 3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为E p .由动量守恒定律和能量守恒定律得m v 0＝3m v 3⑤ 12m v 20－ΔE ＝12(3m )v 23＋E p ⑥ 联立④⑤⑥式得 E p ＝1348m v 20. 答案：(1)116m v 20 (2)1348m v 20动量守恒中的力学综合问题【知识提炼】1．动量守恒与其他知识综合问题往往是多过程问题，解决这类问题首先要弄清物理过程．2．其次弄清每一个物理过程遵从什么样的物理规律．3．最后根据物理规律对每一个过程列方程求解，找出各物理过程之间的联系是解决问题的关键．【典题例析】如图所示，光滑水平轨道上放置长板A (上表面粗糙)和滑块C ，滑块B 置于A 的左端，三者质量分别为m A ＝2 kg 、m B ＝1 kg 、m C ＝2 kg.开始时C 静止，A 、B 一起以v 0＝5 m/s 的速度匀速向右运动，A 与C 发生碰撞(时间极短)后C 向右运动，经过一段时间，A 、B 再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C 发生碰撞．求A 与C 碰撞后瞬间A 的速度大小．[审题指导] (1)A 、C 发生碰撞，B 与A 的相互作用可忽略，A 、C 系统动量守恒；(2)碰后A 、B 相互作用达到共同速度，A 、B 系统动量守恒；(3)A 、C 碰后，A 恰好不再与C 相碰，则A 、B 的共同速度与C 碰后速度相等．[解析] 因碰撞时间极短，A 与C 碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A 的速度为v A ，C 的速度为v C ，以向右为正方向，由动量守恒定律得m A v 0＝m A v A ＋m C v C ①A 与B 在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为v AB ，由动量守恒定律得m A v A ＋m B v 0＝(m A ＋m B )v AB ② A 与B 达到共同速度后恰好不再与C 发生碰撞，应满足v AB ＝v C ③联立①②③式，代入数据得v A ＝2 m/s. [答案] 2 m/s【跟进题组】考向1 多物体、多阶段运动的求解1．(2015·高考广东卷)如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R ＝0.5 m ．物块A 以v 0＝6 m/s 的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q ，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P 处静止的物块B 碰撞，碰后粘在一起运动，P 点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L ＝0.1 m ．物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A 、B 的质量均为m ＝1 kg(重力加速度g 取10 m/s 2；A 、B 视为质点，碰撞时间极短)．(1)求A 滑过Q 点时的速度大小v 和受到的弹力大小F ；(2)若碰后AB 最终停止在第k 个粗糙段上，求k 的数值；(3)求碰后AB 滑至第n 个(n ＜k )光滑段上的速度v n 与n 的关系式．解析：(1)物块A 由初始位置到Q 的过程，由动能定理得：－mg ×2R ＝12m v 2－12m v 20解得：v ＝4 m/s. 设在Q 点物块A 受到轨道的弹力为F ，受力分析如图所示由牛顿第二定律得：mg ＋F ＝m v 2R 解得：F ＝m v 2R－mg ＝22 N ． (2)由机械能守恒定律知：物块A 与B 碰前的速度仍为v 0＝6 m/s.A 与B 碰撞过程动量守恒，设碰后A 、B 的速度为v 共 m v 0＝2m v 共 解得v 共＝12v 0＝3 m/s. 设A 与B 碰后一起运动到停止，在粗糙段运动的路程为s ，由动能定理得 －μ×2mgs ＝0－12×2m v 2共 解得：s ＝v 2共2g μ＝4.5 m 故k ＝s L ＝4.50.1＝45. (3)碰后AB 滑至第n 个(n ＜k )光滑段上的速度等于滑离第n 个(n ＜k )粗糙段的速度由动能定理得：－μ×2mgnL ＝12×2m v 2n －12×2m v 2共 解得：v n ＝v 2共－2μgnL ＝9－0.2n (n ＜45)．答案：(1)4 m/s 22 N (2)45 (3)v n ＝9－0.2n (n ＜45)考向2 动量守恒中的临界问题2．(2017·河北石家庄检测)如图所示，甲车质量m 1＝m ，在车上有质量M ＝2m 的人，甲车(连同车上的人)从足够长的斜坡上高h 处由静止滑下，到水平面上后继续向前滑动，此时质量m 2＝2m 的乙车正以速度v 0迎面滑来，已知h ＝2v 20g，为了使两车不可能发生碰撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳上乙车，试求人跳离甲车的水平速度(相对地面)应满足什么条件？不计地面和斜坡的摩擦，小车和人均可看成质点．解析：设向左为正方向，甲车(包括人)滑下斜坡后速度为v 1，由机械能守恒定律有12(m 1＋M )v 21＝(m 1＋M )gh ，解得v 1＝2gh ＝2v 0设人跳出甲车的水平速度(相对地面)为v ，在人跳离甲车和人跳上乙车过程中各自动量守恒，设人跳离甲车和跳上乙车后，两车的速度分别为v ′1和v ′2，则人跳离甲车时：(M ＋m 1)v 1＝M v ＋m 1v ′1人跳上乙车时：M v －m 2v 0＝(M ＋m 2)v ′2 解得v ′1＝6v 0－2v ，v ′2＝12v －12v 0 两车不可能发生碰撞的临界条件是v ′1＝±v ′2当v ′1＝v ′2时，解得v ＝135v 0 当v ′1＝－v ′2时，解得v ＝113v 0 故v 的取值范围为135v 0≤v ≤113v 0.1．动量守恒问题中常见的临界问题(1)滑块与小车的临界问题：滑块与小车是一种常见的相互作用模型．如图所示，滑块冲上小车后，在滑块与小车之间的摩擦力作用下，滑块做减速运动，小车做加速运动．滑块刚好不滑出小车的临界条件是滑块到达小车末端时，滑块与小车的速度相同．(2)两物体不相碰的临界问题：两个在光滑水平面上做匀速运动的物体，甲物体追上乙物体的条件是甲物体的速度v 甲大于乙物体的速度v 乙，即v 甲>v 乙，而甲物体与乙物体不相碰的临界条件是v 甲＝v 乙．(3)涉及弹簧的临界问题：对于由弹簧组成的系统，在物体间发生相互作用的过程中，当弹簧被压缩到最短时，弹簧两端的两个物体的速度相等．(4)涉及最大高度的临界问题：在物体滑上斜面(斜面放在光滑水平面上)的过程中，由于弹力的作用，斜面在水平方向将做加速运动．物体滑到斜面上最高点的临界条件是物体与斜面沿水平方向具有共同的速度，物体在竖直方向的分速度等于零．2．求解动量守恒定律中的临界问题的关键(1)寻找临界状态：看题设情景中是否有相互作用的两物体相距最近，避免相碰和物体开始反向运动等临界状态．(2)挖掘临界条件：在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等．1．(高考重庆卷)一弹丸在飞行到距离地面5 m 高时仅有水平速度v ＝2 m/s ，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1，不计质量损失，取重力加速度g ＝10 m/s 2.则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是()解析：选B.弹丸爆炸瞬间爆炸力远大于外力，故爆炸瞬间动量守恒．因两弹片均水平飞出，飞行时间t ＝ 2h g＝1 s ，取向右为正，由水平速度v ＝x t知，选项A 中，v 甲＝2.5 m/s ，v 乙＝－0.5 m/s ；选项B 中，v 甲＝2.5 m/s ，v 乙＝0.5 m/s ；选项C 中，v 甲＝1 m/s ，v 乙＝2 m/s ；选项D 中，v 甲＝－1 m/s ，v 乙＝2 m/s.因爆炸瞬间动量守恒，故m v ＝m 甲v 甲＋m 乙v 乙，其中m 甲＝34m ，m 乙＝14m ，v ＝2 m/s ，代入数值计算知选项B 正确． 2．(2015·高考天津卷)如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A 球在水平面上静止放置，B 球向左运动与A 球发生正碰，B 球碰撞前、后的速率之比为3∶1，A 球垂直撞向挡板，碰后原速率返回．两球刚好不发生第二次碰撞，A 、B 两球的质量之比为__________，A 、B 两球碰撞前、后的总动能之比为__________．解析：设碰前B 球的速度为v 0，A 碰墙后以原速率返回恰好不发生第二次碰撞，说明A 、B 两球碰撞后速度大小相等、方向相反，即分别为13v 0和－13v 0 根据动量守恒定律，得m B v 0＝m B ⎝⎛⎭⎫－13v 0＋m A ·13v 0 解得m A ∶m B ＝4∶1 A 、B 两球碰撞前、后的总动能之比为 12m B v 2012m A ⎝⎛⎭⎫13v 02＋12m B ⎝⎛⎭⎫－13v 02＝95. 3．如图所示，一辆质量为M ＝3 kg 的小车A 静止在光滑的水平面上，小车上有一质量为m ＝1 kg 的光滑小球B ，将一轻质弹簧压缩并锁定，此时弹簧的弹性势能为E p ＝6 J ，小球与小车右壁距离为L ，解除锁定，小球脱离弹簧后与小车右壁的油灰阻挡层碰撞并被粘住，求：(1)小球脱离弹簧时小球和小车各自的速度大小；(2)在整个过程中，小车移动的距离．解析：(1)设小球脱离弹簧时小球和小车各自的速度大小分别为v 1、v 2，则m v 1－M v 2＝0 12m v 21＋12M v 22＝E p 解得：v 1＝3 m/s ，v 2＝1 m/s.(2)设小车移动x 2距离，小球移动x 1距离，整个过程中，根据平均动量守恒(人船模型)得m x 1t ＝M x 2tx 1＋x 2＝L 解得：x 2＝L 4. 答案：(1)3 m/s 1 m/s (2)L 44．(2017·广东东莞联考)如图所示，光滑水平面AB 与粗糙斜面BC 在B 处通过圆弧衔接，质量M ＝0.3 kg 的小木块静止在水平面上的A 点．现有一质量m ＝0.2 kg 的子弹以v 0＝20 m/s 的初速度水平射入木块(但未穿出)，它们一起沿AB 运动，并冲上BC .已知木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，斜面倾角θ＝45°，重力加速度g 取10 m/s 2，木块在B 处无机械能损失．试求：(1)子弹射入木块后的共同速度的大小； (2)子弹和木块能冲上斜面的最大高度．解析：(1)子弹射入木块的过程中，子弹与木块系统动量守恒，设向右为正方向，共同速度为v ，则m v 0＝(m ＋M )v ，代入数据解得v ＝8 m/s.(2)子弹与木块以v 的初速度冲上斜面，到达最大高度时，瞬时速度为零，子弹和木块在斜面上受到的支持力N ＝(M ＋m )g cos θ， 受到的摩擦力f ＝μN ＝μ(M ＋m )g cos θ.对冲上斜面的过程应用动能定理，设最大高度为h ，有－(M ＋m )gh －f h sin θ＝0－12(M ＋m )v 2， 联立并代入数据，解得h ≈2.13 m.答案：(1)8 m/s (2)2.13 m5．(2015·高考全国卷Ⅱ)两滑块a 、b 沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位置x 随时间t 变化的图象如图所示．求：(1)滑块a 、b 的质量之比；(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比．解析：(1)设a 、b 的质量分别为m 1、m 2，a 、b 碰撞前的速度为v 1、v 2.由题给图象得v 1＝－2 m/s ① v 2＝1 m/s ②a 、b 发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v .由题给图象得 v ＝23m/s ③由动量守恒定律得m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ④联立①②③④式得m 1∶m 2＝1∶8.⑤(2)由能量守恒得，两滑块因碰撞而损失的机械能为ΔE ＝12m 1v 21＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v 2⑥ 由图象可知，两滑块最后停止运动．由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为 W ＝12(m 1＋m 2)v 2⑦ 联立⑥⑦式，并代入题给数据得 W ∶ΔE ＝1∶2. 答案：(1)1∶8 (2)1∶2。

考点2 爆炸和反冲1.爆炸现象位置不变爆炸的时间极短，因而在作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从作用前的位置以新的动量开始运动动能增加在爆炸过程中，由于有其他形式的能量转化为动能，因此爆炸后系统的总动能增加动量守恒由于内力远大于外力，故爆炸过程动量守恒2.反冲现象作用原理系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果动能增加反冲运动过程中，有其他形式的能转化为动能，系统的总动能将增加动量守恒反冲运动过程中，系统在某一方向不受外力或外力远小于物体间的相互作用力，可在该方向上应用动量守恒定律对下列关于爆炸和反冲的说法进行判断.（1）发射炮弹，炮身后退；园林喷灌装置一边喷水一边旋转均属于反冲现象.（√）（2）火箭向后喷气的瞬间，火箭和喷出的气体组成的系统动量守恒.（√）（3）爆炸过程中机械能增加，反冲过程中机械能减少.（✕）（4）鞭炮爆炸的瞬间，鞭炮动量守恒.（√）研透高考明确方向4.[爆炸/2021浙江1月]在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪.爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块.遥控器引爆瞬间开始计时，在5s末和6s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声.已知声音在空气中的传播速度为340m/s，重力加速度g＝10m/s2，忽略空气阻力.下列说法正确的是（B）A.两碎块的位移大小之比为1∶2B.爆炸物的爆炸点离地面高度为80mC.爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/sD.爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m解析假设爆炸物炸裂后两碎块的速度分别为v1、v2，爆炸过程由动量守恒定律得0＝2mv1-mv2，解得v1v2＝12，又两碎块在空中运动的时间相同，在水平方向上有x＝vt，所以水平位移之比为1∶2，竖直方向下落的高度相同，所以两碎块的位移之比不等于1∶2，A错误；假设两碎块在空中运动的时间均为t，则两碎块从落地到被记录到声音所用的时间分别为(5-t)s、(6-t)s，由几何关系可知v1t＝340(5-t) m，2v1t＝340(6-t) m，解得t＝4 s，则爆炸点距离地面的高度为h＝12gt2＝80 m，B正确；两碎块的水平位移分别为x1＝340 m、x2＝680 m，所以两碎块落地点之间的距离为x＝x1＋x2＝1 020 m，D错误；爆炸后质量大的碎块的初速度为v1＝x1t＝85 m/s，C错误.5.[反冲/多选]火箭飞行时，在极短时间Δt内喷射燃气的质量是Δm，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度大小是u，喷出燃气后火箭的质量是m，下列说法正确的是（AB）A.火箭的发射利用了反冲原理B.喷出燃气时，火箭受到的推力为ΔmuΔtC.喷出燃气后，火箭的动量改变量大小为ΔmuD.火箭喷出燃气的质量与火箭剩余质量之比越小，火箭增加的速度Δv就越大解析火箭的发射利用了反冲原理，A正确；设火箭喷气前的速度大小为v，则喷出的燃气对地的速度大小为u-v，设火箭运动的方向为正方向，则对喷出的燃气，根据动量定理有-FΔt＝-Δm(u-v)-Δmv，可得F＝ΔmuΔt，由牛顿第三定律可知火箭受到的推力F'＝F，B正确；设喷气后火箭的速度大小为v'，由动量守恒定律有(m＋Δm)v＝-Δm(u-v)＋mv'，则喷出燃气后，火箭的动量改变量大小为Δp＝mv'-(m＋Δm)v＝Δm(u- v)，C错误；由动量守恒定律有(m＋Δm)v＝-Δm(u-v)＋mv'，解得火箭速度的增加量Δv＝v'-v＝Δmum，则火箭喷出燃气的质量与火箭剩余质量之比越小，火箭增加的速度Δv就越小，D错误.命题拓展命题条件不变，一题多设问已知喷出燃气前火箭的速度为v0，求喷出燃气后火箭的速度大小.答案（m＋Δm）v0－Δmum＋Δm解析对火箭喷出燃气的过程由动量守恒定律有(m＋Δm)v0＝mv1＋Δm(v1＋u)，解得喷出燃气后火箭的速度大小为v1＝(m＋Δm)v0−Δmum＋Δm.。

第二节动量守恒定律碰撞爆炸反冲【基础梳理】提示：不受外力所受外力的矢量和为零m1v′1＋m2v′2－Δp2所受合外力为零合力为零远大于守恒不增加守恒增加守恒可能增加【自我诊断】判一判(1)两物体相互作用时若系统不受外力，则两物体组成的系统动量守恒．( )(2)动量守恒只适用于宏观低速．( )(3)当系统动量不守恒时无法应用动量守恒定律解题．( )(4)物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒．( )(5)若在光滑水平面上两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动量大小一定相等．( )(6)飞船做圆周运动时，若想变轨通常需要向前或向后喷出气体，该过程中系统动量守恒．( )提示：(1)√(2)×(3)×(4)√(5)√(6)√做一做(2019·安徽名校联考)如图所示，小车与木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法中正确的是( )A．男孩和木箱组成的系统动量守恒B．小车与木箱组成的系统动量守恒C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒D．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同提示：选C.当把男孩、小车与木箱看做整体时水平方向所受的合外力才为零，所以选项C正确．对动量守恒定律的理解和应用【知识提炼】1．动量守恒的条件(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒．(2)近似守恒：系统受到的外力矢量和不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒．(3)某一方向上守恒：系统在某个方向上所受外力矢量和为零时，系统在该方向上动量守恒．2．动量守恒定律常用的四种表达形式(1)p＝p′：即系统相互作用前的总动量p和相互作用后的总动量p′大小相等，方向相同．(2)Δp＝p′－p＝0：即系统总动量的增加量为零．(3)Δp1＝－Δp2：即相互作用的系统内的两部分物体，其中一部分动量的增加量等于另一部分动量的减少量．(4)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，即相互作用前后系统内各物体的动量都在同一直线上时，作用前总动量与作用后总动量相等．3．动量守恒定律的“五性”4.【典题例析】(2018·高考全国卷Ⅰ)一质量为m 的烟花弹获得动能E 后，从地面竖直升空．当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E ，且均沿竖直方向运动．爆炸时间极短，重力加速度大小为g ，不计空气阻力和火药的质量．求(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间； (2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度．[解析] (1)设烟花弹上升的初速度为v 0，由题给条件有E ＝12mv 2①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－v 0＝－gt ② 联立①②式得t ＝1g2E m. ③(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h 1，由机械能守恒定律有E ＝mgh 1 ④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v 1和v 2.由题给条件和动量守恒定律有14mv 21＋14mv 22＝E ⑤ 12mv 1＋12mv 2＝0 ⑥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继续上升的高度为h 2，由机械能守恒定律有14mv 21＝12mgh 2 ⑦联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为 h ＝h 1＋h 2＝2E mg .[答案] 见解析【迁移题组】迁移1 动量守恒的条件判断1.一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A 并留在其中，A 、B 用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示．则在子弹打击木块A 及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统( )A ．动量守恒，机械能守恒B ．动量不守恒，机械能守恒C ．动量守恒，机械能不守恒D ．无法判定动量、机械能是否守恒解析：选C.动量守恒的条件是系统不受外力或所受外力的合力为零，本题中子弹、两木块、弹簧组成的系统，水平方向上不受外力，竖直方向上所受外力的合力为零，所以动量守恒．机械能守恒的条件是除重力、弹力对系统做功外，其他力对系统不做功，本题中子弹射入木块瞬间有部分机械能转化为内能(发热)，所以系统的机械能不守恒，故C正确，A、B、D错误．迁移2 某一方向上的动量守恒问题2．(多选)(2019·佛山模拟)如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽上高h处由静止开始自由下滑( )A．在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽不做功B．在下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒C．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动D．被弹簧反弹后，小球能回到槽上高h处解析：选BC.在下滑过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽做功，选项A错误；在下滑过程中，小球和槽组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，选项B正确；小球被弹簧反弹后，小球和槽在水平方向不受外力作用，故小球和槽都做匀速运动，选项C正确；小球与槽组成的系统动量守恒，球与槽的质量相等，小球沿槽下滑，球与槽分离后，小球与槽的速度大小相等，小球被弹簧反弹后与槽的速度相等，故小球不能滑到槽上，选项D错误．迁移3 爆炸反冲现象中的动量守恒3．(2017·高考全国卷Ⅰ)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )A．30 kg·m/s B．5.7×102 kg·m/sC．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s解析：选A.燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p，根据动量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0.050 kg×600 m/s＝30 kg·m/s，选项A正确．1．对反冲运动的三点说明2.对碰撞现象中规律的分析【知识提炼】1．碰撞遵守的规律(1)动量守恒，即p 1＋p 2＝p′1＋p′2.(2)动能不增加，即E k1＋E k2≥E ′k1＋E′k2或p 212m 1＋p 222m 2≥p′212m 1＋p′222m 2.(3)速度要符合情景：如果碰前两物体同向运动，则后面的物体速度必大于前面物体的速度，即v 后>v前，否则无法实现碰撞．碰撞后，原来在前面的物体的速度一定增大，且原来在前面的物体速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v′前≥v′后，否则碰撞没有结束．如果碰前两物体相向运动，则碰后两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零．2．碰撞模型类型 (1)弹性碰撞两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒．以质量为m 1、速度为v 1的小球与质量为m 2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，有 m 1v 1＝m 1v′1＋m 2v′2 12m 1v 21＝12m 1v′21＋12m 2v′22 解得v′1＝（m 1－m 2）v 1m 1＋m 2，v′2＝2m 1v 1m 1＋m 2.结论：①当两球质量相等时，v′1＝0，v′2＝v 1，两球碰撞后交换了速度．②当质量大的球碰质量小的球时，v′1>0，v′2>0，碰撞后两球都沿速度v 1的方向运动． ③当质量小的球碰质量大的球时，v′1<0，v′2>0，碰撞后质量小的球被反弹回来． ④撞前相对速度与撞后相对速度大小相等． (2)完全非弹性碰撞①撞后共速．②有动能损失，且损失最多．【典题例析】如图所示，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C 位于同一直线上，A位于B、C之间．A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态．现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．[审题指导] 由于是弹性碰撞，则同时满足动量守恒和机械能守恒，并且物体间碰后速度还要满足实际情况，即前面的速度大于后面的速度．[解析] A向右运动与C发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒．设速度方向向右为正，开始时A的速度为v0，第一次碰撞后C的速度为v C1，A的速度为v A1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0＝mv A1＋Mv C1 ①12mv 20＝12mv 2A1＋12Mv 2C1 ②联立①②式得 v A1＝m －M m ＋M v 0③ v C1＝2m m ＋Mv 0④如果m>M ，第一次碰撞后，A 与C 速度同向，且A 的速度小于C 的速度，不可能与B 发生碰撞；如果m ＝M ，第一次碰撞后，A 停止，C 以A 碰前的速度向右运动，A 不可能与B 发生碰撞；所以只需考虑m<M 的情况．第一次碰撞后，A 反向运动与B 发生碰撞．设与B 发生碰撞后，A 的速度为v A2，B 的速度为v B1，同样有v A2＝m －M m ＋M v A1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m －M m ＋M 2v 0⑤根据题意，要求A 只与B 、C 各发生一次碰撞，应有 v A2≤v C1⑥联立④⑤⑥式得m 2＋4mM －M 2≥0 解得m≥(5－2)M另一解m≤－(5＋2)M 舍去． 所以，m 和M 应满足的条件为 (5－2)M≤m<M. [答案] (5－2)M≤m＜M【迁移题组】迁移1 碰撞的可能性分析1．两球A 、B 在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，m A ＝1 kg ，m B ＝2 kg ，v A ＝6 m/s ，v B ＝2 m/s.当A 追上B 并发生碰撞后，两球A 、B 速度的可能值是( )A ．v′A ＝5 m/s ，v′B ＝2.5 m/s B ．v′A ＝2 m/s ，v′B ＝4 m/sC ．v′A ＝－4 m/s ，v′B ＝7 m/sD ．v′A ＝7 m/s ，v′B ＝1.5 m/s解析：选B.虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但A 、D 两项中，碰后A 的速度v′A 大于B 的速度v′B ，必然要发生第二次碰撞，不符合实际；C 项中，两球碰后的总动能E ′k ＝12m A v′2A ＋12m B v′2B ＝57 J ，大于碰前的总动能E k ＝22 J ，违背了能量守恒定律；而B 项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故B 项正确．迁移2 弹性碰撞规律求解2．(2016·高考全国卷Ⅲ)如图，水平地面上有两个静止的小物块a 和b ，其连线与墙垂直；a 和b 相距l ，b 与墙之间也相距l ；a 的质量为m ，b 的质量为34m.两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a 以初速度v 0向右滑动，此后a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g.求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．解析：设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a 、b 能够发生碰撞，应有12mv 20>μmgl ①即μ<v 22gl②设在a 、b 发生弹性碰撞前的瞬间，a 的速度大小为v 1，由能量守恒定律有12mv 20＝12mv 21＋μmgl③设在a 、b 碰撞后的瞬间，a 、b 的速度大小分别为v′1、v′2，由动量守恒定律和能量守恒定律有mv 1＝mv′1＋3m4v′2④ 12mv 21＝12mv′21＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫3m 4v′22 ⑤ 联立④⑤式解得v′2＝87v 1⑥由题意，b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知 12⎝ ⎛⎭⎪⎫3m 4v′22≤μ3m4gl ⑦ 联立③⑥⑦式，可得μ≥32v 2113gl⑧联立②⑧式，可得a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞的条件为32v 20113gl ≤μ<v 22gl.答案：32v 20113gl ≤μ<v 22gl迁移3 非弹性碰撞的分析3．(多选)(2019·宁夏银川模拟)A 、B 两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图象，a 、b 分别为A 、B 两球碰前的位移随时间变化的图象，c 为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图象，若A 球质量是m ＝2 kg ，则由图判断下列结论正确的是 ( )A ．碰撞前、后A 球的动量变化量为4 kg ·m/sB ．碰撞时A 球对B 球所施的冲量为－4 N ·sC ．A 、B 两球碰撞前的总动量为3 kg ·m/sD ．碰撞中A 、B 两球组成的系统损失的动能为10 J解析：选ABD.根据题图可知，碰前A 球的速度v A ＝－3 m/s ，碰前B 球的速度v B ＝2 m/s ，碰后A 、B 两球共同的速度v ＝－1 m/s ，故碰撞前、后A 球的动量变化量为Δp A ＝mv －mv A ＝4 kg ·m/s ，选项A 正确；A 球的动量变化量为4 kg ·m/s ，碰撞过程中动量守恒，B 球的动量变化量为－4 kg ·m/s ，根据动量定理，碰撞过程中A 球对B 球所施的冲量为－4 N ·s ，选项B 正确；由于碰撞过程中动量守恒，有mv A ＋m B v B ＝(m ＋m B )v ，解得m B ＝43 kg ，故碰撞过程中A 、B 两球组成的系统损失的动能为ΔE k ＝12mv 2A ＋12m B v 2B －12(m ＋m B )v2＝10 J ，选项D 正确；A 、B 两球碰撞前的总动量为p ＝mv A ＋m B v B ＝(m ＋m B )v ＝－103kg ·m/s ，选项C 错误．1．碰撞现象满足的三个规律2．碰撞问题解题策略(1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解．(2)可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足： v′1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1 v′2＝2m 1m 1＋m 2v 1(3)熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度．当m 1≫m 2，且v 2＝0时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v 1.当m 1≪m 2，且v 2＝0时，碰后质量小的球原速率反弹．动量守恒定律的应用实例【知识提炼】1．“人船模型”(1)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，在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比．这样的问题归为“人船模型”问题．(2)“人船模型”的特点①两物体满足动量守恒定律：m 1v 1－m 2v 2＝0.②运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即x 1x 2＝v 1v 2＝m 2m 1.③应用此关系时要注意一个问题：公式v 1、v 2和x 一般都是相对地面而言的． 2．“子弹打木块”模型(1)木块放在光滑水平面上，子弹水平打进木块，系统所受的合外力为零，因此动量守恒． (2)两者发生的相对位移为子弹射入的深度x 相．(3)根据能量守恒定律，系统损失的动能等于系统增加的内能．(4)系统产生的内能Q ＝F f ·x 相，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热(机械能转化为内能)，等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积．(5)当子弹速度很大时，可能射穿木块，这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等，但穿透过程中系统的动量仍守恒，系统损失的动能为ΔE k ＝F f ·L(L 为木块的长度)．【典题例析】如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0.为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度．(不计水的阻力)[解析] 设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为v min，抛出货物后船的速度为v1，甲船上的人接到货物后船的速度为v2，先选乙船、人和货物为研究系统，由动量守恒定律得12mv0＝11mv1－mv min ①再选甲船、人和货物为研究系统，由动量守恒定律得10m×2v0－mv min＝11mv2 ②为避免两船相撞应满足v1＝v2 ③联立①②③式得v min＝4v0.[答案] 4v0【迁移题组】迁移1 “人船模型”1．(2019·河南淮阳中学模拟)有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，一位同学想用一个卷尺测量它的质量．他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离d 和船长L.已知他自身的质量为m ，则船的质量为( )A ．m （L ＋d ）dB ．m （L －d ）dC ．mL dD ．m （L ＋d ）L解析：选B.画出如图所示的草图，设人走动时船的速度大小为v ，人的速度大小为v′，船的质量为M ，人从船尾走到船头所用时间为t.则v ＝d t ，v′＝L －dt ；人和船组成的系统在水平方向上动量守恒，取船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得Mv －mv′＝0，解得船的质量M ＝m （L －d ）d.迁移2 “子弹打木块”模型2．(多选)如图所示，质量为m 的子弹水平射入质量为M 、放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，则从子弹接触木块到随木块一起匀速运动的过程中木块动能增加了5 J ，那么此过程中系统产生的内能可能为( )A ．16 JB ．11.2 JC ．4.8 JD ．3.4 J解析：选AB.法一：设子弹的初速度为v 0，与木块的共同速度为v ，则由动量守恒定律有mv 0＝(M ＋m)v ；系统产生的内能Q ＝fd ＝12mv 20－12(m ＋M)v 2，木块得到的动能为E k1＝fs ＝12Mv 2，其中，f 为子弹与木块间的摩擦力，d 为子弹在木块内运动的位移，s 为木块相对于地面运动的位移，变形可得Q ＝M ＋mm E k1>E k1，故选项A 、B 正确．法二：本题也可用图象法，画出子弹和木块的v －t 图象如图所示，根据v －t 图象与坐标轴所围面积表示位移，△OAt 的面积表示木块的位移s ，△OAv 0的面积表示子弹相对木块的位移d ，系统产生的内能Q ＝fd ，木块得到的动能E k1＝fs ，从图象中很明显可以看出d>s ，故系统产生的内能大于木块得到的动能．迁移3 “弹簧类”模型3．(多选)光滑水平面上放有质量分别为2m 和m 的物块A 和B ，用细线将它们连接起来，两物块中间加有一压缩的轻质弹簧(弹簧与物块不相连)，弹簧的压缩量为x.现将细线剪断，此刻物块A 的加速度大小为a ，两物块刚要离开弹簧时物块A 的速度大小为v ，则( )A ．物块B 的加速度大小为a 时弹簧的压缩量为 x2B ．物块A 从开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为 23xC ．物块开始运动前弹簧的弹性势能为 32mv 2D ．物块开始运动前弹簧的弹性势能为3mv 2解析：选AD.当物块A 的加速度大小为a 时，根据胡克定律和牛顿第二定律可得kx ＝2ma.当物块B 的加速度大小为a 时，有kx′＝ma ，故x′＝x2，选项A 正确；取水平向左为正方向，根据系统动量守恒得2m x A t －m x B t ＝0，又因为x A ＋x B ＝x ，解得物块A 的位移为x A ＝x3，选项B 错误；由动量守恒定律可得0＝2mv －mv B ，得物块B 刚离开弹簧时的速度为v B ＝2v ，由系统机械能守恒可得物块开始运动前弹簧的弹性势能为E p ＝12·2mv 2＋12mv 2B ＝3mv 2，选项C 错误，D 正确．动量守恒定律的应用(多选)在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图(a)所示，碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面来减小阻力，碰撞前后两壶运动的v－t图线如图(b)中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量均为19 kg，则( )A ．碰后蓝壶速度为0.8 m/sB ．碰后蓝壶移动的距离为2.4 mC ．碰撞过程两壶损失的动能为7.22 JD ．碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为5∶4 答案：AD(2019·河南郑州模拟)如图所示，光滑水平地面上有一小车，车上有固定的光滑斜面和连有轻弹簧的挡板，弹簧处于原长状态，自由端恰在C 点，小车(包括光滑斜面和连有弹簧的挡板)总质量为M ＝2 kg.物块从斜面上A 点由静止滑下，经过B 点时无能量损失．已知物块的质量m ＝1 kg ，A 点到B 点的竖直高度为h ＝1.8 m ，BC 的长度为L ＝3 m ，BD 段光滑．g 取10 m/s 2.求在运动过程中：(1)弹簧弹性势能的最大值； (2)物块第二次到达C 点的速度．解析：(1)物块由A 点到B 点的过程中，由动能定理得mgh ＝12mv 2B －0，代入数据解得v B ＝6 m/s.物块由B 点运动到将弹簧压缩到最短的过程中，系统动量守恒，取v B 的方向为正方向，mv B ＝(M ＋m)v ，弹簧压缩到最短时弹簧的弹性势能最大，由能量守恒可得E pmax ＝12mv 2B －12(M ＋m)v 2，由以上两式可得E pmax ＝12 J.(2)物块由B 点运动到第二次到达C 点的过程中，系统动量守恒，取v B 方向为正方向，则有mv B ＝mv C＋Mv′，物块由B 点运动到第二次到达C 点的整个过程中，根据机械能守恒，有12mv 2B ＝12mv 2C ＋12Mv′2，联立以上两式并结合题意可解得v C ＝－2 m/s ，即物块第二次到达C 点的速度大小为2 m/s ，方向水平向左．答案：见解析(建议用时：40分钟)一、单项选择题1．如图所示，甲木块的质量为m 1，以v 的速度沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m 2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧．甲木块与弹簧接触后( )A ．甲木块的动量守恒B．乙木块的动量守恒C．甲、乙两木块所组成系统的动量守恒D．甲、乙两木块所组成系统的动能守恒解析：选C.两木块在光滑水平地面上相碰，且中间有弹簧，则碰撞过程系统的动量守恒，机械能也守恒，故选项A、B错误，选项C正确；甲、乙两木块碰撞前、后动能总量不变，但碰撞过程中有弹性势能，故动能不守恒，只是机械能守恒，选项D错误．2．(2019·泉州检测)有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0、方向水平向右，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向右，则另一块的速度是( )A．3v0－v B．2v0－3vC．3v0－2v D．2v0＋v解析：选C.在最高点水平方向动量守恒，由动量守恒定律可知，3mv0＝2mv＋mv′，可得另一块的速度为v′＝3v0－2v，对比各选项可知，答案选C.3.如图所示，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是( )A．A和B都向左运动B．A和B都向右运动C．A静止，B向右运动D．A向左运动，B向右运动解析：选D.选向右为正方向，则A的动量p A＝m·2v0＝2mv0，B的动量p B＝－2mv0.碰前A、B的动量之和为零，根据动量守恒，碰后A、B的动量之和也应为零，可知四个选项中只有选项D符合题意．4．将静置在地面上，质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( )A ．m M v 0B ．M m v 0C ．M M －mv 0 D ．m M －mv 0 解析：选D.应用动量守恒定律解决本题，注意火箭模型质量的变化．取向下为正方向，由动量守恒定律可得：0＝mv 0－(M －m)v′故v′＝mv 0M －m，选项D 正确．5.如图所示，小车(包括固定在小车上的杆)的质量为M ，质量为m 的小球通过长度为L 的轻绳与杆的顶端连接，开始时小车静止在光滑的水平面上．现把小球从与O 点等高的地方释放(小球不会与杆相撞)，小车向左运动的最大位移是( )A ．2LM M ＋mB ．2Lm M ＋mC ．ML M ＋mD ．mL M ＋m解析：选B.分析可知小球在下摆过程中，小车向左加速，当小球从最低点向上摆动过程中，小车向左减速，当小球摆到右边且与O 点等高时，小车的速度减为零，此时小车向左的位移达到最大，小球相对于小车的位移为2L.小球和小车组成的系统在水平方向上动量守恒，设小球和小车在水平方向上的速度大小分别为v 1、v 2，有mv 1＝Mv 2，故ms 1＝Ms 2，s 1＋s 2＝2L ，其中s 1代表小球的水平位移大小，s 2代表小车的水平位移大小，因此s 2＝2LmM ＋m，选项B 正确．6．(2019·江西赣州信丰模拟)如图所示，B 、C 、D 、E 、F ，5个小球并排放置在光滑的水平面上，B 、C 、D 、E ，4个球质量相等，而F 球质量小于B 球质量，A 球的质量等于F 球质量．A 球以速度v 0向B 球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后( )A．3个小球静止，3个小球运动B．4个小球静止，2个小球运动C．5个小球静止，1个小球运动D．6个小球都运动解析：选A.因A、B质量不等，M A＜M B.A、B相碰后A速度向左运动，B向右运动．B、C、D、E质量相等，弹性碰撞后，不断交换速度，最终E有向右的速度，B、C、D静止．E、F质量不等，M E＞M F，则E、F 都向右运动．所以碰撞后B、C、D静止；A向左，E、F向右运动．故A正确，B、C、D错误．7.2017年7月9日，斯诺克世界杯在江苏无锡落下帷幕，由丁俊晖和梁文博组成的中国A队在决赛中1比3落后的不利形势下成功逆转，最终以4比3击败英格兰队，帮助中国斯诺克台球队获得了世界杯三连冠．如图所示为丁俊晖正在准备击球，设在丁俊晖这一杆中，白色球(主球)和花色球碰撞前、后都在同一直线上运动，碰前白色球的动量p A＝5 kg·m/s，花色球静止，白色球A与花色球B发生碰撞后，花色球B的动量变为p′B＝4 kg·m/s，则两球质量m A与m B间的关系可能是( )A ．mB ＝m A B ．m B ＝14m AC ．m B ＝16m AD ．m B ＝6m A解析：选A.由动量守恒定律得p A ＋p B ＝p′A ＋p′B ，解得p′A ＝1 kg ·m/s ，根据碰撞过程中总动能不增加，则有p 2A 2m A ≥p′2A 2m A ＋p′2B 2m B ，代入数据解得m B ≥23m A ，碰后两球同向运动，白色球A 的速度不大于花色球B的速度，则p′A m A ≤p′B m B ，解得m B ≤4m A ，综上可得23m A ≤m B ≤4m A ，选项A 正确．二、多项选择题8.如图所示，光滑水平面上有大小相同的A 、B 两球在同一直线上运动．两球质量关系为m B ＝2m A ，规定向右为正方向，A 、B 两球的动量均为6 kg ·m/s ，运动中两球发生碰撞，碰撞后A 球的动量增量为－4 kg ·m/s ，则( )A ．该碰撞为弹性碰撞B ．该碰撞为非弹性碰撞C ．左方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5D ．右方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为1∶10解析：选AC.由m B ＝2m A ，p A ＝p B 知碰前v B ＜v A ，若右方为A 球，由于碰前动量都为6 kg ·m/s ，即都向右运动，两球不可能相碰；若左方为A 球，设碰后二者速度分别为v′A 、v′B ，由题意知p′A ＝m A v′A ＝2 kg ·m/s ，p ′B ＝m B v′B ＝10 kg ·m/s ，解得v′A v ′B ＝25.碰撞后A 球动量变为2 kg ·m/s ，B 球动量变为10 kg ·m/s ，又m B ＝2m A ，由计算可知碰撞前后A 、B 两球动能之和不变，即该碰撞为弹性碰撞，选项A 、C 正确．9.质量为M 、内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m 的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v ，小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则。

动量守恒碰撞和炸的动量守恒定律动量守恒碰撞和爆炸的动量守恒定律动量守恒是物理学中的基本定律之一，它在动力学研究中具有重要的作用。

在碰撞和爆炸这两种常见的物体相互作用过程中，动量守恒定律起到了至关重要的作用。

本文将重点探讨动量守恒在碰撞和爆炸中的应用。

一、碰撞中的动量守恒定律碰撞是物体之间相互作用的过程，碰撞可以分为完全弹性碰撞和非完全弹性碰撞两种情况。

在碰撞中，动量守恒定律表明，碰撞前后物体的总动量保持不变。

以两个物体碰撞为例，设物体1的质量为m1，初始速度为v1，物体2的质量为m2，初始速度为v2。

根据动量守恒定律，碰撞后两个物体的总动量等于碰撞前的总动量。

根据动量守恒定律可得以下方程：m1v1 + m2v2 = m1v'1 + m2v'2其中，v'1和v'2为碰撞后两个物体的速度。

根据具体的问题和已知条件，可以通过动量守恒定律解决速度或质量未知的问题。

这些问题既可以是一维碰撞问题，也可以是二维碰撞问题。

二、爆炸中的动量守恒定律爆炸是物体内部发生剧烈反应或释放能量的过程，物体内部的压力差会导致物体向外迅速膨胀。

在爆炸中，动量守恒定律同样适用。

设爆炸前物体的总动量为0，爆炸后物体的总动量等于各个碎片物体的动量之和。

根据动量守恒定律可得以下方程：m1v1 + m2v2 + … + mnvn = 0其中，m1、m2、…、mn为碎片物体的质量，v1、v2、…、vn为碎片物体的速度。

通过解析这些方程，可以求解出各个碎片物体的速度。

三、应用实例在现实生活中，动量守恒定律在碰撞和爆炸中具有广泛的应用。

例如，在交通事故中，当两辆车发生碰撞时，通过动量守恒定律可以计算出碰撞前后车辆的速度及碰撞的力量大小，进而判断碰撞的严重程度。

此外，动量守恒定律还可应用于工程领域。

在爆破工程中，通过动量守恒定律可以计算出爆炸产生的冲击波对周围环境的影响，以便进行有效的安全防范措施。

在宇航领域，火箭的推进原理也是基于动量守恒定律。

第2讲 碰撞 反冲和火箭一、碰撞及特征 1．碰撞碰撞是两个或两个以上的物体在相同的极短时间内产生非常大的相互作用的过程． 2．碰撞特征 (1)作用时间短． (2)作用力变化快． (3)内力远大于外力． (4)满足动量守恒． 二、三种碰撞类型 1．弹性碰撞(1)动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′(2)机械能守恒：12m 1v 12＋12m 1v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2当v 2＝0时，有v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，v 2′＝2m 1m 1＋m 2v 1.(3)推论：质量相等，大小、材料完全相同的弹性小球发生弹性碰撞，碰后交换速度．即v 1′＝v 2，v 2′＝v 1. 2．非弹性碰撞(1)动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′ (2)机械能减少，损失的机械能转化为内能 |ΔE k |＝E k 初－E k 末＝Q 3．完全非弹性碰撞(1)动量守恒：m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v 共 (2)碰撞中机械能损失最多|ΔE k |＝12m 1v 12＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v 共2三、碰撞现象满足的规律 1．动量守恒定律．2．机械能不增加(弹性碰撞机械能守恒、非弹性碰撞机械能减少)． 3．速度要合理．(1)碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v 后＞v 前(填“＜”“＝”或“＞”)，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v 前′≥v 后′. (2)碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变． 四、爆炸和反冲运动 1．爆炸爆炸过程中的内力远大于外力，爆炸的各部分组成的系统总动量守恒． 2．反冲运动(1)物体在内力作用下分裂为两个不同部分并且这两部分向相反方向运动的现象． (2)反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理．1．(多选)A 、B 两球在光滑水平面上做相向运动，已知m A ＞m B ，当两球相碰后．其中一球停止，则可以断定( )A ．碰前A 的动量等于B 的动量 B ．碰前A 的动量大于B 的动量C ．若碰后A 的速度为零，则碰前A 的动量大于B 的动量D ．若碰后B 的速度为零，则碰前A 的动量小于B 的动量 答案 CD2．将静置在地面上、质量为M (含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v 0竖直向下喷出质量为m 的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( ) A.mM v 0 B.M m v 0 C.M M －m v 0D.m M －m v 0答案 D3．(人教版选修3－5P21第2题)质量为m 、速度为v 的A 球跟质量为3m 的静止B 球发生正碰．碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B 球的速度允许有不同的值．请你论证：碰撞后B 球的速度可能是以下值吗？ (1)0.6v ；(2)0.4v ；(3)0.2v . 答案 (2)可能解析 ①若是弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律： m v ＝m v 1＋3m v 2 12m v 2＝12m v 12＋12×3m v 22 得：v 1＝m －3m m ＋3m v ＝－12vv 2＝2m 4m v ＝12v②若是完全非弹性碰撞，则： m v ＝4m v ′ v ′＝14v因此14v ≤v B ≤12v ，因此只有(2)是可能的．4．(人教版选修3－5P24第1题)一个连同装备共有100 kg 的宇航员，脱离宇宙飞船后，在离飞船45 m 的位置与飞船处于相对静止状态．装备中有一个高压气源，能以50 m/s 的速度喷出气体．宇航员为了能在10 min 内返回飞船，他需要在开始返回的瞬间一次性向后喷出多少气体？ 答案 0.15 kg解析 设一次性向后喷出的气体质量为m ，宇航员连同装备总质量为M .取宇航员连同装备整体为研究对象，由动量守恒定律0＝(M －m )v 1－m v 2 x ＝v 1t 解得：m ≈0.15 kg.命题点一 碰撞问题分析 物体的碰撞是否为弹性碰撞的判断弹性碰撞是碰撞过程中无机械能损失的碰撞，遵循的规律是动量守恒定律和机械能守恒定律，确切地说是碰撞前后系统动量守恒，动能不变． (1)题目中明确告诉物体间的碰撞是弹性碰撞．(2)题目中明确告诉是弹性小球、光滑钢球或分子(原子等微观粒子)碰撞的，都是弹性碰撞． 例1 如图1所示，一质量M ＝2 kg 的带有弧形轨道的平台置于足够长的水平轨道上，弧形轨道与水平轨道平滑连接，水平轨道上静置一小球B .从弧形轨道上距离水平轨道高h ＝0.3 m 处由静止释放一质量m A ＝1 kg 的小球A ，小球A 沿轨道下滑后与小球B 发生弹性正碰，碰后小球A 被弹回，且恰好追不上平台．已知所有接触面均光滑，重力加速度为g ＝10 m/s 2.求小球B 的质量．图1①发生弹性正碰；②恰好追不上平台．答案 3 kg解析 设小球A 下滑到水平轨道上时的速度大小为v 1，平台水平速度大小为v ，由动量守恒定律有0＝m A v 1－M v由能量守恒定律有m A gh ＝12m A v 12＋12M v 2联立解得v 1＝2 m/s ，v ＝1 m/s小球A 、B 碰后运动方向相反，设小球A 、B 的速度大小分别为v 1′和v 2，由于碰后小球A 被弹回，且恰好追不上平台，则此时小球A 的速度等于平台的速度，有v 1′＝1 m/s 由动量守恒定律得m A v 1＝－m A v 1′＋m B v 2 由能量守恒定律有12m A v 12＝12m A v 1′2＋12m B v 22联立解得m B ＝3 kg.处理碰撞问题的思路和方法1．对一个给定的碰撞，首先要看动量是否守恒，其次再看总动能是否增加．2．一个符合实际的碰撞，除动量守恒外还要满足能量守恒，注意碰撞完成后不可能发生二次碰撞的速度关系的判定．3．要灵活运用E k ＝p 22m 或p ＝2mE k ；E k ＝12p v 或p ＝2E kv 几个关系式转换动能、动量．1．(多选)两个小球A 、B 在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别是m 1＝4 kg ，m 2＝2 kg ，A 的速度v 1＝3 m/s (设为正)，B 的速度v 2＝－3 m/s ，则它们发生正碰后，其速度可能分别是( ) A ．均为1 m /s B ．＋4 m/s 和－5 m/s C ．＋2 m /s 和－1 m/s D ．－1 m /s 和5 m/s答案 AD解析 由动量守恒，可验证四个选项都满足要求．再看动能情况 E k ＝12m 1v 12＋12m 2v 22＝12×4×9 J ＋12×2×9 J ＝27 JE k ′＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2由于碰撞过程动能不可能增加，所以应有E k ≥E k ′，可排除选项B.选项C 虽满足E k ≥E k ′，但A 、B 沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来的速度方向(v A ′>0，v B ′<0)，这显然是不符合实际的，因此C 错误．验证选项A 、D 均满足E k ≥E k ′，故答案为选项A(完全非弹性碰撞)和选项D(弹性碰撞)．2．(多选)A 、B 两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，图2表示发生碰撞前后的v －t 图线，由图线可以判断( )图2A ．A 、B 的质量比为3∶2 B ．A 、B 作用前后总动量守恒C ．A 、B 作用前后总动量不守恒D ．A 、B 作用前后总动能不变 答案 ABD解析 根据动量守恒定律：m A ·6＋m B ·1＝m A ·2＋m B ·7，得：m A ∶m B ＝3∶2，故A 正确；根据动量守恒知A 、B 作用前后总动量守恒，B 正确，C 错误；作用前总动能：12m A ·62＋12m B ·12＝553m A ，作用后总动能：12m A ·22＋12m B ·72＝553m A ，可见作用前后总动能不变，D 正确． 3.如图3所示，粗糙的水平面连接一个竖直平面内的半圆形光滑轨道，其半径为R ＝0.1 m ，半圆形轨道的底端放置一个质量为m ＝0.1 kg 的小球B ，水平面上有一个质量为M ＝0.3 kg 的小球A 以初速度v 0＝4.0 m/s 开始向着小球B 滑动，经过时间t ＝0.80 s 与B 发生弹性碰撞．设两小球均可以看做质点，它们的碰撞时间极短，且已知小球A 与水平面间的动摩擦因数μ＝0.25，求：图3(1)两小球碰前A 的速度；(2)小球B 运动到最高点C 时对轨道的压力； (3)小球A 所停的位置距圆轨道最低点的距离． 答案 (1)2 m/s (2)4 N ，方向竖直向上 (3)0.2 m解析 (1)碰前对A 由动量定理有：－μMgt ＝M v A －M v 0 解得：v A ＝2 m/s(2)对A 、B ：碰撞前后动量守恒：M v A ＝M v A ′＋m v B 碰撞前后动能保持不变：12M v A 2＝12M v A ′2＋12m v B 2由以上各式解得：v A ′＝1 m/s v B ＝3 m/s又因为B 球在轨道上机械能守恒：12m v C 2＋2mgR ＝12m v B 2解得：v C ＝ 5 m/s 在最高点C 对小球B 有： mg ＋F N ＝m v 2C R解得F N ＝4 N由牛顿第三定律知：小球对轨道的压力的大小为4 N ，方向竖直向上． (3)对A 沿圆轨道运动时：12M v A ′2＜MgR因此A 沿圆轨道运动到最高点后又原路返回到最低点，此时A 的速度大小为1 m/s.由动能定理得：－μMgs ＝0－12M v A ′2，解得：s ＝0.2 m.命题点二 弹性正碰模型问题模型介绍：如果两个相互作用的物体，满足动量守恒的条件，且相互作用过程初、末状态的总机械能不变，广义上也可以看成是弹性碰撞．例2 如图4所示，质量为M 的滑块静止在光滑的水平面上，滑块的光滑弧面底部与水平面相切，一质量为m 的小球以速度v 0向滑块滚来，设小球不能越过滑块，求小球滑到最高点时滑块的速度大小．图4①光滑的水平面上；②小球不能越过滑块；③小球滑到最高点．答案m v 0m ＋M解析 由该临界状态相对应的临界条件可知，小球到达最高点时，小球和滑块两物体在水平方向具有相同的速度．由动量守恒定律可得：m v 0＝(m ＋M )v ，则滑块的速度为v ＝m v 0m ＋M.4. (多选)如图5所示，在光滑水平面上停放质量为m 装有弧形槽的小车．现有一质量也为m 的小球以v 0的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去(不计摩擦)，到达某一高度后，小球又返回小车右端，则( )图5A ．小球在小车上到达最高点时的速度大小为v 02B ．小球离车后，对地将向右做平抛运动C ．小球离车后，对地将做自由落体运动D ．此过程中小球对车做的功为12m v 02答案 ACD解析 小球到达最高点时，小车和小球相对静止，且水平方向总动量守恒，小球离开小车时类似完全弹性碰撞，两者速度互换，故A 、C 、D 都是正确的． 命题点三 反冲运动及应用 1．反冲(1)现象：物体的不同部分在内力的作用下向相反方向运动．(2)特点：一般情况下，物体间的相互作用力(内力)较大，反冲运动中平均动量守恒，机械能往往不守恒．(3)实例：喷气式飞机、火箭等． 2．爆炸的特点(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸时物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒．(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加．(3)位移不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中物体运动的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸时的位置以新的动量开始运动． 3．火箭获得的最终速度火箭发射前的总质量为M 、燃料燃尽后的质量为m ，火箭燃气的喷射速度为v 1，如图6所示，燃料燃尽后火箭的飞行速度v 为多大？ 在火箭发射过程中，由于内力远大于外力，所以动量守恒． 发射前的总动量为0，发射后的总动量为(M －m )v 1－m v (以火箭的速度方向为正方向) 则：(M －m )v 1－m v ＝0图6所以v ＝(Mm－1)v 1燃料燃尽时火箭获得的最终速度由喷气速度及质量比Mm决定．例3 一火箭喷气发动机每次喷出m ＝200 g 的气体，气体离开发动机喷出时的速度v ＝1 000 m/s.设火箭质量M ＝300 kg ，发动机每秒钟喷气20次． (1)当第三次喷出气体后，火箭的速度为多大？ (2)运动第1 s 末，火箭的速度为多大？ 答案 (1)2 m /s (2)13.5 m/s解析 (1)设喷出三次气体后火箭的速度为v 3，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，据动量守恒定律得： (M －3m )v 3－3m v ＝0，故v 3＝3m vM －3m ≈2 m/s.(2)发动机每秒钟喷气20次，以火箭和喷出的20次气体为研究对象，根据动量守恒定律得：(M －20m )v 20－20m v ＝0，故v 20＝20m vM －20m≈13.5 m/s.5．运送人造地球卫星的火箭开始工作后，火箭做加速运动的原因是( )A ．燃料推动空气，空气反作用力推动火箭B ．火箭发动机用力将燃料产生的气体向后推出，气体的反作用力推动火箭C ．火箭吸入空气，然后向后排出，空气对火箭的反作用力推动火箭D ．火箭燃料燃烧发热，加热周围空气，空气膨胀推动火箭 答案 B“人船模型”问题的特点和分析1．“人船模型”问题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．在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比．这样的问题归为“人船模型”问题．2．人船模型的特点(1)两物体满足动量守恒定律：m 1v 1－m 2v 2＝0.(2)运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即x 1x 2＝v 1v 2＝m 2m 1.(3)应用此关系时要注意一个问题：公式v 1、v 2和x 一般都是相对地面而言的．典例1 如图7所示，长为L 、质量为M 的小船停在静水中，质量为m 的人从静止开始从船头走到船尾，不计水的阻力，求船和人相对地面的位移各为多少？图7答案m m ＋M L Mm ＋ML 解析 设任一时刻人与船的速度大小分别为v 1、v 2，作用前都静止．因整个过程中动量守恒， 所以有m v 1＝M v 2.而整个过程中的平均速度大小为v1、v2，则有m v1＝M v2. 两边乘以时间t有m v1t＝M v2t，即mx1＝Mx2.且x1＋x2＝L，可求出x1＝Mm＋M L，x2＝mm＋ML.典例2如图8所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M，顶端高度为h，今有一质量为m的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是()图8A.mhM＋m B.Mh M＋mC.mh(M＋m)tan αD.Mh (M＋m)tan α答案 C解析此题属“人船模型”问题．m与M组成的系统在水平方向上动量守恒，设m在水平方向上对地位移为x1，M在水平方向上对地位移为x2，因此有0＝mx1－Mx2. ①且x1＋x2＝htan α. ②由①②可得x2＝mh(M＋m)tan α，故选C.“人船模型”问题应注意以下两点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．题组1 碰撞问题的分析1．两球A 、B 在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，m A ＝1 kg ，m B ＝2 kg ，v A ＝6 m/s ，v B ＝2 m/s.当A 追上B 并发生碰撞后，两球A 、B 速度的可能值是( ) A ．v A ′＝5 m/s ，v B ′＝2.5 m/s B ．v A ′＝2 m/s ，v B ′＝4 m/s C ．v A ′＝－4 m/s ，v B ′＝7 m/s D ．v A ′＝7 m/s ，v B ′＝1.5 m/s 答案 B解析 虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但A 、D 两项中，碰后A 的速度v A ′大于B 的速度v B ′，必然要发生第二次碰撞，不符合实际；C 项中，两球碰后的总动能E k ′＝12m A v A ′2＋12m B v B ′2＝57 J ，大于碰前的总动能E k ＝12m A v A 2＋12m B v B 2＝22 J ，违背了能量守恒定律；而B 项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故B 项正确．2．(多选)如图1甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰．小球的质量分别为m 1和m 2.图乙为它们碰撞前后的x －t 图象．已知m 1＝0.1 kg.由此可以判断( )图1A ．碰前m 2静止，m 1向右运动B ．碰后m 2和m 1都向右运动C ．m 2＝0.3 kgD ．碰撞过程中系统损失了0.4 J 的机械能 答案 AC解析 由x －t 图象的斜率得到，碰前m 2的位移不随时间而变化，处于静止状态．m 1速度大小为v 1＝ΔxΔt＝4 m/s ，方向只有向右才能与m 2相撞．故A 正确；由图读出，碰后m 2的速度为正方向，说明向右运动，m 1的速度为负方向，说明向左运动．故B 错误；由图求出碰后m 2和m 1的速度分别为v 2′＝2 m /s ，v 1′＝－2 m/s ，根据动量守恒定律得，m 1v 1＝m 2v 2′＋m 1v 1′，代入解得，m 2＝0.3 kg.故C 正确；碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE ＝12m 1v 12－12m 1v 1′2－12m 2v 2′2，代入解得，ΔE ＝0 J ．故D 错误．题组2 含弹簧的碰撞问题3．(多选)质量为M 和m 0的滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度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2所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列情况可能发生的是( )图2A ．M 、m 0、m 速度均发生变化，分别为v 1、v 2、v 3，而且满足(M ＋m 0)v ＝M v 1＋m 0v 2＋m v 3B ．m 0的速度不变，M 和m 的速度变为v 1和v 2，而且满足M v ＝M v 1＋m v 2C ．m 0的速度不变，M 和m 的速度都变为v ′，且满足M v ＝(M ＋m )v ′D ．M 、m 0、m 速度均发生变化，M 、m 0速度都变为v 1，m 的速度变为v 2，且满足(M ＋m )v 0＝(M ＋m )v 1＋m v 2 答案 BC解析 碰撞的瞬间M 和m 组成的系统动量守恒，m 0的速度在瞬间不变，以M 的初速度方向为正方向，若碰后M 和m 的速度变为v 1和v 2，由动量守恒定律得：M v ＝M v 1＋m v 2；若碰后M 和m 速度相同，由动量守恒定律得：M v ＝(M ＋m )v ′.4.如图3所示，质量为m 2＝2 kg 和m 3＝3 kg 的物体静止放在光滑水平面上，两者之间有压缩着的轻弹簧(与m 2、m 3不拴接)．质量为m 1＝1 kg 的物体以速度v 0＝9 m/s 向右冲来，为防止冲撞，释放弹簧将m 3物体发射出去，m 3与m 1碰撞后粘合在一起．试求：图3(1)m 3的速度至少为多大，才能使以后m 3和m 2不发生碰撞？ (2)为保证m 3和m 2恰好不发生碰撞，弹簧的弹性势能至少为多大？ 答案 (1)1 m/s (2)3.75 J解析 (1)设m 3发射出去的速度为v 1，m 2的速度为v 2，以向右的方向为正方向，对m 2、m 3，由动量守恒定律得：m 2v 2－m 3v 1＝0.只要m 1和m 3碰后速度不大于v 2，则m 3和m 2就不会再发生碰撞，m 3和m 2恰好不相撞时，两者速度相等．对m 1、m 3，由动量守恒定律得： m 1v 0－m 3v 1＝(m 1＋m 3)v 2 解得：v 1＝1 m/s即弹簧将m 3发射出去的速度至少为 1 m/s (2)对m 2、m 3及弹簧，由机械守恒定律得： E p ＝12m 3v 12＋12m 2v 22＝3.75 J.题组3 碰撞模型的拓展5．两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上．现在，其中一人向另一个人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回．如此反复进行几次之后，甲和乙最后的速率关系是 ( )A ．若甲最先抛球，则一定是v 甲＞v 乙B ．若乙最后接球，则一定是v 甲＞v 乙C ．只有甲先抛球，乙最后接球，才有v 甲＞v 乙D ．无论怎样抛球和接球，都是v 甲＞v 乙 答案 B6．如图4所示，具有一定质量的小球A 固定在轻杆一端，另一端挂在小车支架的O 点．用手将小球拉至水平，此时小车静止于光滑水平面上，放手让小球摆下与B 处固定的橡皮泥碰击后粘在一起，则在此过程中小车将( )图4A ．向右运动B ．向左运动C ．静止不动D ．小球下摆时，车向左运动后又静止 答案 D解析 水平方向上，系统不受外力，因此在水平方向上动量守恒．小球下落过程中，水平方向具有向右的分速度，因此为保证动量守恒，小车要向左运动．当撞到橡皮泥，是完全非弹性碰撞，A 球和小车大小相等、方向相反的动量恰好抵消掉，小车会静止．7．如图5所示，光滑水平面上有三个滑块A 、B 、C ，质量关系是m A ＝m C ＝m 、m B ＝m2.开始时滑块B 、C 紧贴在一起，中间夹有少量炸药，处于静止状态，滑块A 以速度v 0正对B 向右运动，在A 未与B 碰撞之前，引爆了B 、C 间的炸药，炸药爆炸后B 与A 迎面碰撞，最终A 与B 粘在一起，以速率v 0向左运动．求：图5(1)炸药爆炸过程中炸药对C 的冲量； (2)炸药的化学能有多少转化为机械能？ 答案 见解析解析 (1)全过程，A 、B 、C 组成的系统动量守恒 m A v 0＝－(m A ＋m B )v 0＋m C v C 炸药对C 的冲量：I ＝m C v C －0解得：I ＝52m v 0，方向向右(2)炸药爆炸过程，B 和C 组成的系统动量守恒 m C v C －m B v B ＝0 据能量关系： ΔE ＝12×m 2v B 2＋12m v C 2解得：ΔE ＝758m v 02.8．如图6所示，光滑水平轨道右边与墙壁连接，木块A 、B 和半径为0.5 m 的14光滑圆轨道C静置于光滑水平轨道上，A 、B 、C 质量分别为1.5 kg 、0.5 kg 、4 kg.现让A 以6 m/s 的速度水平向右运动，之后与墙壁碰撞，碰撞时间为0.3 s ，碰后速度大小变为4 m/s.当A 与B 碰撞后会立即粘在一起运动，已知g ＝10 m/s 2，求：图6(1)A 与墙壁碰撞过程中，墙壁对小球平均作用力的大小； (2)AB 第一次滑上圆轨道所能达到的最大高度h . 答案 (1)50 N (2)0.3 m解析 (1)A 与墙壁碰撞过程，规定水平向左为正，对A 由动量定理有： Ft ＝m A v 2－m A (－v 1) 解得F ＝50 N(2)A 与B 碰撞过程，对A 、B 系统，水平方向动量守恒有： m A v 2＝(m B ＋m A )v 3A 、B 滑上斜面到最高点的过程，对A 、B 、C 系统，水平方向动量守恒有： (m B ＋m A )v 3＝(m B ＋m A ＋m C )v 4 由能量关系：12(m B＋m A)v32＝12(m B＋m A＋m C)v42＋(mB＋m A)gh解得h＝0.3 m.。

第二节动量守恒定律碰撞爆炸反冲第二节动量守恒定律碰撞爆炸反冲[学生用书P112]【基础梳理】一、动量守恒定律1．守恒条件(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒．(2)近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒．(3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒．2．动量守恒定律的表达式：m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2或Δp1＝－Δp2.二、碰撞爆炸反冲1．碰撞(1)碰撞现象：物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象．(2)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．(3)分类2.爆炸过程中内力远大于外力，爆炸的各部分组成的系统总动量守恒．3．反冲运动(1)物体在内力作用下分裂为两个不同部分并且这两部分向相反方向运动的现象．(2)反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理．【自我诊断】判一判(1)两物体相互作用时若系统不受外力，则两物体组成的系统动量守恒．()(2)动量守恒只适用于宏观低速．()(3)当系统动量不守恒时无法应用动量守恒定律解题．()(4)物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒．()(5)若在光滑水平面上两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动量大小一定相同．()(6)飞船做圆周运动时，若想变轨通常需要向前或向后喷出气体，该过程中动量守恒．()提示：(1)√(2)×(3)×(4)√(5)√(6)√做一做(2018·安徽名校联考)如图所示，小车与木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法中正确的是()A．男孩和木箱组成的系统动量守恒B．小车与木箱组成的系统动量守恒C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒D．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量不相同提示：选C.当把男孩、小车与木箱看做整体时水平方向所受的合外力才为零，所以选项C正确．想一想碰撞过程除了系统动量守恒之外，还需要满足什么条件？碰撞与爆炸在能量转化方面有何不同？提示：碰撞过程除了系统动量守恒之外，还要满足的条件：系统动能不增加；碰撞结果要符合实际情况．碰撞系统动能不增加，而爆炸系统动能增加，这是二者最大的不同．对动量守恒定律的理解和应用[学生用书P113]【知识提炼】1．动量守恒定律常用的四种表达形式(1)p＝p′：即系统相互作用前的总动量p和相互作用后的总动量p′大小相等，方向相同．(2)Δp＝p′－p＝0：即系统总动量的增加量为零．(3)Δp1＝－Δp2：即相互作用的系统内的两部分物体，其中一部分动量的增加量等于另一部分动量的减少量．(4)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，即相互作用前后系统内各物体的动量都在同一直线上时，作用前总动量与作用后总动量相等．2．动量守恒定律的“五性”(2016·高考全国卷Ⅱ)如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s 的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h ＝0.3 m(h 小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m 1＝30 kg ，冰块的质量为m 2＝10 kg ，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g ＝10 m/s 2.(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？[审题指导] 在人与冰块分离、冰块与斜面体作用过程中水平方向都满足动量守恒条件，结合能量守恒可得出三者之间的速度关系．[解析] (1)规定向右为速度正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v ，斜面体的质量为m 3，由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m 2v 20＝(m 2＋m 3)v① 12m 2v 220＝12(m 2＋m 3)v 2＋m 2gh ② 式中v 20＝－3 m/s 为冰块推出时的速度，联立①②式并代入题给数据得m 3＝20 kg .③(2)设小孩推出冰块后的速度为v 1，由动量守恒定律有m 1v 1＋m 2v 20＝0④ 代入数据得v 1＝1 m/s ⑤设冰块与斜面体分离后的速度分别为v 2和v 3，由动量守恒和机械能守恒定律有 m 2v 20＝m 2v 2＋m 3v 3⑥ 12m 2v 220＝12m 2v 22＋12m 3v 23 ⑦联立③⑥⑦式并代入数据得v 2＝1 m/s由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩．[答案](1)20 kg(2)见解析1．应用动量守恒定律的解题步骤(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)．(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)．(3)规定正方向，确定初末状态动量．(4)由动量守恒定律列出方程．(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明．2．爆炸现象的三个规律(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒．(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸前后系统的总动能增加．(3)位置不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动．3．“人船模型”：若人船系统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过程中的平均动量也守恒．如果系统由两个物体组成，且相互作用前均静止，相互作用后均发生运动，则由m1v－1＝m2v－2得m1x1＝m2x2.该式的适用条件是：(1)系统的总动量守恒或某一方向上的动量守恒．(2)构成系统的两物体原来静止，因相对作用而反向运动．(3)x1、x2均为沿动量方向相对于同一参考系的位移．【迁移题组】迁移1动量守恒的条件判断1.一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A、B 用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示．则在子弹打击木块A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统() A．动量守恒，机械能守恒B．动量不守恒，机械能守恒C．动量守恒，机械能不守恒D．无法判定动量、机械能是否守恒解析：选C .动量守恒的条件是系统不受外力或所受外力的合力为零，本题中子弹、两木块、弹簧组成的系统，水平方向上不受外力，竖直方向上所受外力的合力为零，所以动量守恒．机械能守恒的条件是除重力、弹力对系统做功外，其他力对系统不做功，本题中子弹射入木块瞬间有部分机械能转化为内能(发热)，所以系统的机械能不守恒，故C 正确，A 、B 、D 错误．迁移2 人船模型2.如图所示，长为l ，质量为m 的小船停在静水中，一个质量为m ′的人站在船头，若不计水的阻力，当人从船头走到船尾的过程中，小船对地的位移是多少？解析：人和小船组成的系统在水平方向不受外力，动量守恒．假设某一时刻小船和人对地的速度分别为v 1、v 2，以人的速度方向为正方向，由于原来处于静止状态，因此0＝m ′v 2－m v 1，即m ′v 2＝m v 1由于相对运动过程中的任意时刻，人和小船的速度都满足上述关系，故他们在这一过程中平均速率也满足这一关系，即m ′ v －2＝m v －1，等式两边同乘运动的时间t ，得m ′ v －2t ＝m v －1t ，即m ′x 2＝mx 1又因x 1＋x 2＝l ，因此有x 1＝m ′l m ′＋m. 答案：m ′l m ′＋m迁移3 子弹打木块模型3．(多选)如图所示，质量为m 的子弹水平射入质量为M 、放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，则从子弹接触木块到随木块一起匀速运动的过程中木块动能增加了5 J ，那么此过程中系统产生的内能可能为( )A ．16 JB ．11.2 JC ．4.8 JD ．3.4 J解析：选AB .法一：设子弹的初速度为v 0，与木块的共同速度为v ，则由动量守恒定律有m v 0＝(M ＋m )v ；系统产生的内能Q ＝fd ＝12m v 20－12(m ＋M )v 2，木块得到的动能为E k1＝fs。

宽放市用备阳光实验学校第2讲动量守恒律碰撞反冲★一、考情直播1．解读2．考点整合考点一碰撞〔1〕义：相对运动的物体相遇，在极短时间内，通过相互作用，运动状态发生显著变化的过程叫做碰撞．〔2〕碰撞的特点①作用时间极短，内力远大于外力，总动量总是守恒的．②碰撞过程中，总动能不增．因为没有其它形式的能量转化为动能．③碰撞过程中，当两物体碰后速度相时，即发生完全非弹性碰撞时，系统动能损失最大．④碰撞过程中，两物体产生的位移可忽略．〔3〕碰撞的分类①弹性碰撞〔或称完全弹性碰撞〕如果在弹性力的作用下，只产生机械能的转移，系统内无机械能的损失，称为弹性碰撞〔或称完全弹性碰撞〕．此类碰撞过程中，系统动量和机械能同时守恒．②非弹性碰撞如果是非弹性力作用，使机械能转化为物体的内能，机械能有了损失，称为非弹性碰撞．此类碰撞过程中，系统动量守恒，机械能有损失，即机械能不守恒．③完全非弹性碰撞如果相互作用力是完全非弹性力，那么机械能向内能转化量最大，即机械能的损失最大，称为完全非弹性碰撞．碰撞物体粘合在一起，具有同一速度．此类碰撞过程中，系统动量守恒，机械能不守恒，且机械能的损失最大．〔4〕判碰撞可能性问题的分析思路①判系统动量是否守恒．②判物理情景是否可行，如追碰后，前球动量不能减小，后球动量在原方向上不能增加；追碰后，后球在原方向的速度不可能大于前球的速度．③判碰撞前后动能是不增加．【例1】甲乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，它们的动量分别是P1=5kg．m/s，P2=7kg．m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kg．m/s，那么二球质量m1与m2间的关系可能是下面的哪几种？A、m1=m2B、2m1=m2C、4m1=m2D、6m1=m2．【解析】：甲乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有：P1+P2= P1，+，即：P1，=2 kg．m/s．由于在碰撞过程中，不可能有其它形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化或一机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加．所以有22'212'12221212222mPmPmPmP+≥+，所以有：m1≤5121m2，因为题目给出物理情景是“甲从后面追上乙〞，要符合这一物理情景，就必须有2211m P m P 〉，即m 1275m 〈；同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或于甲球的速度这一物理情景，即2'21'1m P m P 〈，所以 2151m m 〉．因此正确的答案该是〔C 〕选项．【例2】如图6-2-1所示，半径和动能都相的两个小球相向而行．甲球质量m 甲大于乙球质量m 乙，水平面是光滑的，两球做对心碰撞以后的运动情况可能是下述哪些情况？〔 〕A ．甲球速度为零，乙球速度不为零B ．两球速度都不为零C ．乙球速度为零，甲球速度不为零D ．两球都以各自原来的速率反向运动【解析】首先根据两球动能相，222121乙乙甲甲V m V m =得出两球碰前动量大小之比为：乙甲乙甲m m P P =，因m 甲>m 乙，那么P 甲>P 乙，那么系统的总动量方向向右．根据动量守恒律可以判断，碰后两球运动情况可能是A 、B 所述情况，而C 、D 情况是违背动量守恒的，故C 、D 情况是不可能的．考点二 动量守恒律〔1〕义：一个系统不受外力或者受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变． 即：22112211v m v m v m v m '+'=+ 〔2〕动量守恒律成立的条件①系统不受外力或者所受外力之和为零；②系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计；③系统在某一个方向上所受的合外力为零，那么该方向上动量守恒． ④全过程的某一阶段系统受的合外力为零，那么该阶段系统动量守恒．〔3〕其它表达形式：除了22112211v m v m v m v m '+'=+，即p 1+p 2=p 1/+p 2/外，Δp 1+Δp 2=0，Δp 1= -Δp 2 和1221v v m m∆∆-=【例3】如图6-2-2所示的装置中，木块B 与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A 沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短．现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象〔系统〕，那么此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中：〔 〕A 、动量守恒、机械能守恒B 、动量不守恒、机械能不守恒C 、动量守恒、机械能不守恒D 、动量不守恒、机械能守恒【解析】假设以子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短时，弹簧固端墙壁对弹簧有外力作用，因此动量不守恒．而在子弹射入木块时，存在剧烈摩擦作用，有一能量将转化为内能，机械能也不守恒．实际上，在子弹射入木块这一瞬间过程，取子弹与木块为系统那么可认为动量守恒〔此瞬间弹簧尚未形变〕．子弹射入木块后木块压缩弹簧过程中，机械能守恒，但动量不守恒．物理规律总是在一条件得出的，因此在分析问题时，不但要弄清取谁作研究对象，还要弄清过程的阶段的选取，判断各阶段满足物理规律的条件．图6-2-2图6-2-1【例4】质量为M的小车中挂有一个单摆，摆球的质量为M0，小车和单摆以恒的速度V0沿水平地面运动，与位于正对面的质量为M1的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，在此过程中，以下哪些说法是可能发生的〔〕A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别为V1、V2和V3，且满足：〔M+M0〕V0=MV1+M1V2+M0V3；B．摆球的速度不变，小车和木块的速度为V1、V2，且满足：MV0=MV1+M1V2；C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都为V，且满足：MV0=〔M+M1〕V；D．小车和摆球的速度都变为V1，木块的速度变为V2，且满足：〔M+M0〕V0=〔M+M0〕V1+M1V2【解析】：小车与木块相碰，随之发生的将有两个过程：其一是，小车与木块相碰，作用时间极短，过程结束时小车与木块速度发生了变化，而小球的速度未变；其二是，摆球将要相对于车向右摆动，又导致小车与木块速度的改变．但是题目中已明确指出只需讨论碰撞的极短过程，不需考虑第二过程．因此，我们只需分析B、C两项．其实，小车与木块相碰后，将可能会出现两种情况，即碰撞后小车与木块合二为一或它们碰后又分开，前者正是C项所描述的，后者正是B项所描述的，所以B、C两项正确．〔4〕分方向动量守恒【例5】如图6-2-3所示．质量为m的铅球以大小为v0仰角为θ的初速度抛入一个装着砂子的总质量为M的静止的砂车中，砂车与地面的摩擦不计，球与砂车的共同速度是多少?【解析】：小球及小车看成一个系统，该系统水平方向不受外力，故系统水平方向上动量守恒，由动量守恒律得m v 0cosθ=(M+m)v，所以v=mv0cosθ/(M+m)【规律总结】此类问题属系统所受外力不为0，竖直方向上受到有外力，动量不守恒，但水平方向上不受外力作用，动量守恒．又如大炮在以倾角发射炮弹时，炮身要后退，受到地面的阻力，但因其炸药产生的作用力很大，远大于受到的阻力，故仍认为水平方向动量守恒．考点三动量守恒律用动量守恒律的一般用步骤：①确研究对象，选取研究过程；②分析内力和外力的情况，判断是否符合守恒条件；③选正方向，确初、末状态的动量，最后根据动量守恒律列议程求解．不管相互作用力是恒力还是变力，都可以使用动量守恒律．用动量守恒律求解时，只需要考虑过程的始末状态，不需要考虑过程的细节．这是它的优点所在，律的表述式是一个矢量式，用时要特别注意方向．〔1〕动量守恒律解“人船模型〞问题人船模型是动量守恒律的拓展用，将速度与质量的关系推广到位移与质量，做这类题目，首先要画好示意图，要注意两个物体相对于地面的移动方向和两个物体位移大小之间的关系．一个原来静止的系统，由于某一的运动而对另一有冲量，使另一也跟着运动，假设现象中满足动量守恒，那么有m1υ1-m2υ2 = 0，υ1 =12mmυ2．物体在这一方向上的速度经过时间的累积使物体在这一方向上运动一段距离，那么距图6-2-3离同样满足s 1 = s 2，它们的相对距离s 相 = s 1+s 2．【例6】质量为M 、长为L 的船静止在静水中，船头及船尾各站着质量分别为m 1及m 2的人，当两人互换位置后，船的位移有多大？【解析】利用“人船模型〞易求得船的位移大小为：2121)(m m M L m m S ++-=．提示：假设m 1>m 2，此题可把〔m 1-m 2〕效为一个人，把〔M+2m 2〕看着船，再利用人船模型进行分析求解较简便．该注意到：此结论与人在船上行走的速度大小无关．不管是匀速行走还是变速行走，甚至往返行走，只要人最终到达船的左端，那么结论都是相同的．以上所列举的人、船模型的前提是系统初动量为零．如果发生相互作用前系统就具有一的动量，那就不能再用m 1v 1=m 2v 2这种形式列方程，而要利用〔m 1+m 2〕v 0=m 1v 1+m 2v 2列式．【例7】如图6-2-4所示，AB 为一光滑水平横杆，杆上套一质量为M 的小圆环，环上系一长为L 质量不计的细绳，绳的另一端拴一质量为m 的小球，现将绳拉直，且与AB 平行，由静止释放小球，那么当线绳与A B 成θ角时，圆环移动的距离是多少？【解析】虽然小球、细绳及圆环在运动过程中合外力不为零〔杆的支持力与两圆环及小球的重力之和不相〕系统动量不守恒，但是系统在水平方向不受外力，因而水平动量守恒．设细绳与AB 成θ角时小球的水平速度为v ，圆环的水平速度为V ，那么由水平动量守恒有：MV =mv ，且在任意时刻或位置V 与v 均满足这一关系，加之时间相同，公式中的V 和v 可分别用其水平位移替代，那么上式可写为：Md =m ［〔L -L cos θ〕-d ］，解得圆环移动的距离：d =mL 〔1-cosθ〕/〔M +m 〕【规律总结】“人船模型〞的特点：两个物体均处于静止，当两个物体存在相互作用而不受外力作用时，系统动量守恒，所以本质上也是反冲模型．这类问题的特点：两物体同时运动，同时停止．载人气球，例7均属于“人船模型〞．〔2〕根据动量守恒律求解“合二为一〞和“一分为二〞问题．“合二为一〞问题：两个速度不同的物体，经过相互作用，最后到达共同速度．“一分为二〞问题：两个物体以共同的初速度运动，由于相互作用而分开各自以不同的速度运动．【例8】甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑水平面上匀速相向行驶，速度均为6m/s ．甲车上有质量为m=1kg 的小球假设干个，甲和他的车及所带小球的总质量为M 1=50kg ，乙和他的车总质量为M 2=30kg ．现为防止相撞，甲不断地将小球以相对地面16．5m/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致相撞，试求此时：〔1〕两车的速度各为多少？ 〔2〕甲总共抛出了多少个小球？【解析】甲、乙两小孩依在抛球的时候是“一分为二〞的过程，接球的过程是“合二为一〞的过程．〔1〕甲、乙两小孩及两车组成的系统总动量沿甲车的运动方向，甲不断抛球、乙接球后，当甲和小车与乙和小车具有共同速度时，可保证刚好不撞．设图6-2-4共同速度为V ，那么:M 1V 1－M 2V 1=〔M 1+M 2〕V〔2〕这一过程中乙小孩及时的动量变化为:△P=30×6－30×〔－1．5〕=225〔kg·m/s〕每一个小球被乙接收后，到最终的动量为 △P 1=16．5×1－1．5×1=15〔kg·m/s〕故小球个数为)(15152251个==∆∆=P P N 〔3〕根据图象分析推理解答相关问题【例9】A 、B 两滑块在一水平长直气垫导轨上相碰，用闪光照相机在t 0 = 0，t 1= △t，t 2 = 2·△t，t 3=3·△t 各时刻闪光四次，摄得如图6-2-5所示照片，其中B 像有重叠，m B =23m A ，由此可判断〔 〕A.碰前B 静止，碰撞发生在60 cm 处，t = △t；B.碰前B 静止，碰撞发生在60 cm 处，t = 0.5△t；C.碰后B 静止，碰撞发生在60 cm 处，t = 0.5△t；D.碰后B 静止，碰撞发生在60 cm 处，t = △t．【解析】假设碰撞前B 静止，那么V B0=0，那么t 0，t 1，t 2时刻B 都处在60cm 处，所以碰撞只能发生在x=60cm 处，碰撞时t= △t，碰撞后B 的速度2/10t V Bt ∆=；碰撞前A 的速度t V A ∆=200，碰撞后2/5t V At ∆-=． 碰撞前系统动量为：t m A ∆20.，碰撞后系统动量为：2/102/5.t m t m B A ∆+∆-，满足动量守恒律；碰撞前系统动能为：240021t m A∆，碰撞后系统动能为：224002110021t m t m B A ∆+∆，显然碰撞后系统的动能增加，不符合能量守恒律．所以碰撞前B 不可能静止，即AC 二选项错误．假设碰撞后B 静止，那么V Bt =0，那么t 1，t 2，t 3时刻B 都处在60cm 处，所以碰撞只能发生在x=60cm 处，碰撞时t= 0.5△t，碰撞前B 的速度2/100t V B ∆-=；碰撞后A 的速度tV At ∆-=20，碰撞前A 的速度2/50t V A ∆=． 碰撞前系统动量为：t m t m BA ∆-∆2010.，碰撞后系统动量为：tm A ∆-20.，满足动量守恒律；碰撞前系统动能为：224002110021t m t m B A∆+∆，碰撞后系统动能为：240021tm A ∆，显然碰撞后系统的动能减少，符合能量守恒律．综上所述，只有选项B 正确．【例10】如图6-2-6所示，质量为M 的木板静止在光滑水平面上．一个质量为m 的小滑块以初速度V 0从木板的左端向右滑上木板．滑块和木板的水平速度随时间变化的图象如图17所示.某同学根据图象作出如下一些判断：A ．滑块与木板间始终存在相对运动；B ．滑块始终未离开木板；C ．滑块的质量大于木板的质量；图6-2-5V 0 VOt0/2t 1图6-2-6D ．在1t 时刻滑块从木板上滑出．【解析】从图中可以看出，滑块与木板始终没有到达共同速度，所以滑块与木板间始终存在相对运动；又因木板的加速度较大，所以滑块的质量大于木板的质量；因在t 1时刻以后，滑块和木板都做匀速运动，所以在1t 时刻滑块从木板上滑出．即选项ACD 正确． ★二、高考热点探究【真题】(2021．卷〕有两个完全相同的小滑块A 和B ，A 沿光滑水平面以速度v 0与静止在平面边缘O 点的B 发生正碰，碰撞中无机械能损失．碰后B 运动的轨迹为OD 曲线，如图6-2-7所示．〔1〕滑块质量为m ，碰撞时间为t ∆，求碰撞过程中A 对B 平均冲力的大小． 〔2〕为了研究物体从光滑抛物线轨道顶端无初速下滑的运动，特制做一个与B 平抛轨道完全相同的光滑轨道，并将该轨道固在与OD 曲线重合的位置，让A 沿该轨道无初速下滑〔经分析，A 下滑过程中不会脱离轨道〕．a ．分析A 沿轨道下滑到任意一点的动量p A 与B 平抛经过该点的动量p B 的大小关系；b ．在OD 曲线上有一M 点，O 和M 两点连线与竖直方向的夹角为45°．求A 通过M 点时的水平分速度和竖直分速度．【解析】〔1〕滑动A 与B 正碰，满足mv A -mV B =mv 0①222111222A B a mv mv mv += ② 由①②，解得v A =0， v B =v 0，根据动量理，滑块B 满足 F ·∆t=mv 0，解得0mv F t=∆ (2)a ．设任意点到O 点竖直高度差为d ，B 由O 点分别运动至该点过程中，只有重力做功，所以机械能守恒，选该任意点为势能零点，有E A =mgd ，E B =mgd+2012mv由于p =2k mE ，有20212AkA B kB P P gdP E U gd==<+ 即 P A <P BA 下滑到任意一点的动量总和是小于B 平抛经过该点的动量．b ．以O 为原点，建立直角坐标系xOy ，x 轴正方向水平向右，y 轴正方向竖直向下，那么对B 有x =v 0t·y=12gt 2B 的轨迹方程y =222ag x v 在M 点x=y ，所以 y=201v g③因为A 、B 的运动轨迹均为OD 曲线，故在任意一点，两者速度方向相同．设B 水竖直分速度大小分别为Bx v 和By v ，速率为v B ；A 水竖直分速度大小分别为Ax v 和Ay v ，速率为v A ，那么,Ay ByAxBx A B A Bv v v v v v v v == ④B 做平抛运动，故200,2,2Bx By B v v v gy v v gy===+ ⑤对A 由机械能守恒得v A =2gy ⑥图6-2-7由④⑤⑥得 022022,22Ax Ay v gy gy v v v gyv gy==++将③代入得002545,55Ax Ay v v v v == ★三、抢分频道◇限时根底训练〔20分钟〕成绩1．放在光滑水平面上的A 、B 两小车中间夹了一压缩轻质弹簧，用两手分别控制小车处于静止状态，下面说法中正确的选项是A ．两手同时放开，两车的总动量为0B ．先放开右手，后放开左手，两车的总动量向右C ．先放开左手，后放开右手，两车的总动量向右D ．两手同时放开，两车的总动量守恒，两手放开有先后，两车的总动量不守恒1．【答案】 ABD ．据动量守恒条件，两手同时放开，那么两车所受外力之和为0，符合动量守恒条件；假设先放开右手，后放开左手，那么小车受到左手向右的冲量作用，从而使两车的总动量向右；反之，那么向左．2．质量为m 的砂车沿光滑水平面以速度v 0作匀速直线运动，此时从砂车上方落入一只质量为m 的铁球，如图6-2-8所示，那么小铁球落入砂车后( )A ．砂车立即停止运动B ．砂车仍作匀速运动，速度仍为v 0C ．砂车仍作匀速运动，速度小于v 0D ．砂车做变速运动，速度不能确2．【答案】C ．水平方向动量守恒v m M Mv )(0+=可知Ｃ正确．3．在质量为M 的，小车中挂有一半摆，摆球的质量为m 0，小车(和单摆)以恒的速度v 沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m 的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短．在此碰撞过程中，以下哪个或哪些说法是可能发生的？A ．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v 1、v 2、v 3，满足30210)(v m mv Mv v m M ++=+B ．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v 1和v 2，满足21mv Mv Mv +=C ．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v 1，满足1)(mv M Mv +=D ．小车和摆球的速度都变为v 1，木块的速度变为v 2，满足2100)()(mv v m M v m M ++=+3．【答案】BC ．由于碰撞的极短，摆球的速度不变，小车与木块相碰后，将可能会出现两种情况，即碰撞后小车与木块合二为一或它们碰后又分开．4．() 在高速公路上发生一起交通事故，一辆质量为1500kg 向南行驶的长途客车迎面撞上了一质量为3000kg 向北行驶的卡车，碰后两辆车接在一起，并向南滑行了一小段距离后停止，根据测速仪的测，长途客车碰前以20m/s 的速率行驶，由此可判断卡车碰前的行驶速率A ．小于10m/sB ．大于10m/s 小于20m/sC ．大于20m/s 小于30m/s图6-2-8D．大于30m/s小于40m/s4．【答案】A．两车碰后连接在一起向南滑行，说明系统的总动量向南，因此碰前客车的动量(方向向南)大于卡车的动量(方向向北)，即m客v客>m卡v卡，代人数据1500×20>3000×v卡；解得v卡<10m／s，A选项正确．5．甲、乙两球放在光滑的水平面上，它们用细绳相连，开始时细绳处于松弛状态，现使两球反向运动，如图6-2-9所示，当细绳拉紧时，突然绷断，这以后两球的运动情况可能是5．【答案】AB．绳子绷断，一在绳子伸长量到达极限值的时候．而甲或乙返回，那么要求绳子不断收缩，往后绳子就会断了6．静止在湖面上的船，有两个人分别向相反方向抛出质量为m的相同小球，甲向左抛，乙向右抛，甲先抛，乙后抛，抛出后两球相对于岸的速率相同，以下说法中，正确的选项是( )(设水的阻力不计)．A．两球抛出后，船往左以一速度运动，抛乙球时，乙球受到的冲量大B．两球抛出后，船往右以一速度运动，抛甲球时，甲球受到的冲量大C．两球抛出后，船的速度为零，抛甲球和抛乙球过程中受到的冲量大小相D．两球抛出后，船的速度为零，抛甲球时受到的冲量大6．【答案】D ．此题抛球过程中，系统动量守恒，抛甲时，甲的初动量为零，而抛乙时，乙已经有一个初动量，故抛两球过程中，抛甲球时的冲量较大．由于系统的动量守恒，故两球与地相同的速率抛出后，船的速度为零．7．如图6-2-10所示，人站在小车上不断用铁锤敲击小车的一端．以下各种说法中正确的选项是：A．如果地面水平、坚硬光滑，那么小车将向右运动．B．如果地面水平、坚硬光滑，那么小车将在原地附近做往复运动．C．如果地面阻力较大，那么小车有可能断断续续地向右运动．D．敲打时，铁锤跟小车间的相互作用力是内力，小车不可能发生运动．7．【答案】BC．敲打时，铁锤跟小车间的相互作用力是(人、车、铁锤)内力，如果地面水平、坚硬光滑，系统无水平方向的外力，合动量为零，不可能向一个方向运动，A错，B正确．又地面粗糙，系统合外力不为零，根据敲击技巧，车可能往复运动，也可能向一个方向运动，有点类似骑独轮车，手的摆动相当于铁锤的运动．8．如图6-2-11所示，A、B两物体质量之比m A:m B＝3:2，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，那么A．假设A、B与平板车外表间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统动量守恒B．假设A、B与平板车外表间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统动量守恒图6-2-10图6-2-9C ．假设A 、B 受到的摩擦力大小相，A 、B 组成的系统动量守恒D ．假设A 、B 受到的摩擦力大小相，A 、B 、C 组成的系统动量守恒8．【答案】BCD ．合外力为0是判断动量守恒的依据． 9．(高考)在滑冰场上，甲、乙两小孩分别坐在滑冰板上，原来静止不动，在相互猛推一下后分别向相反方向运动．假两板与冰面间的摩擦因数相同．甲在冰上滑行的距离比乙远，这是由于 〔 〕A ．在推的过程中，甲推乙的力小于乙推甲的力B ．在推的过程中，甲推乙的时间小于乙推甲的时间C ．在刚分开时，甲的初速度大于乙的初速度D ．在分开后，甲的加速度的大小小于乙的加速度的大小9．【答案】C ．“甲在冰上滑行的距离比乙远〞说甲乙分开是的速度是甲的大，C 对；根据动量守恒律速度的甲质量小，但在别离时相互作用力大小相，作用时间相，所以AB 错；根据牛顿第二律知甲乙的加速度相同，所以D 错．10．(高考)如图6-2-12所示，光滑水平面上有大小相同的A 、B 两球在同一直线上运动．两球质量关系为A B m m 2=，规向右为正方向，A 、B 两球的动量均为s m kg /6⋅，运动中两球发生碰撞，碰撞后A 球的动量增量为s m kg /4⋅-，那么〔 〕A ．左方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为5:2 B ．左方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为10:1C ．右方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为5:2D ．右方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为10:110． 【答案】A ．题中规向右为正方向，而AB 球的动量均为正，所以AB 都向右运动，又A B m m 2=，所以2A B v v =，可以判断A 球在左方，CD 错；碰撞后A的动量变化4/A p kg m s ∆=-⋅，根据动量守恒可知，B 球的动量变化4/B p kg m s ∆=⋅，所以碰后AB 球的动量分别为(64)/2/A p kg m s kg m s '=-⋅=⋅，(64)/10/B p kg m s kg m s '=+⋅=⋅解得:2:5A B v v ''=．◇根底提升训练1．两名质量相的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上．现在，其中一人向另一个人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回．如此反复进行几次后，甲和乙最后的速率关系是〔 〕A ．假设甲最先抛球，那么一是v 甲＞v 乙B ．假设乙最后接球，那么一是v 甲＞v 乙C ．只有甲先抛球，乙最后接球，才有v 甲＞v 乙D ．无论怎样抛球和接球，都是v 甲＞v 乙1．【答案】B ．因系统动量守恒〔总动量为零〕，故最终甲、乙动量大小必相．因此，最终谁接球谁的速度小．２． 甲、乙两人站在小车左右两端，如图6-2-13所示，当他俩同时相向而行时，发现小车向右运动，以下说法不正确．．．的选项是．．．．〔轨道光滑〕A ．乙的速度必大于甲的速度B ．乙对小车的冲量必大于甲对小车的冲量AB C图6-2-11图6-2-12甲乙图6-2-13C ．乙的动量必大于甲的动量D ．甲、乙动量总和必不为零2．【答案】A ．在用动量守恒律分析时，此题的研究对象是甲、乙两人和小车共同构成的系统．由于开始都处于静止状态，所以在甲、乙相向运动的过程中，系统的合动量始终为零，设它们的动量大小分别为p 甲、p 乙和p 车，取向右为正方向，那么：p 甲－p 乙+p 车＝0，所以p 乙＝p 甲+p 车，即p 乙＞p 甲，应选项C 中说法正确；又甲和乙的质量关系不确，所以二者速度大小关系也不能确，应选项A 中说法不正确；甲、乙的动量之和与车的动量大小相方向相反，故D 选项中说法正确；对于小车，由动量理可知：I 乙－I 甲=p 车．其中I 乙为乙对车的冲量，方向向右；I 甲为甲对车的冲量，方向向左．所以，I 乙＞I 甲，应选项Ｂ中说法也正确．选A ．3．如图6-2-14所示，小木块与长木板之间光滑．M 置于光滑水平面上，一轻质弹簧左端固在M 的左端，右端与m 连接．开始时m 和M 都静止，现同时对m 、M 施加大反向的水平恒力F 1、F 2，从两物体开始运动以后的整个过程中，对m 、M 、弹簧组成的系统．正确的说法是(整个过程中弹簧不超过弹性限度)〔 〕A ．由于F 1和F 2分别对m 、M 做正功，故系统的机械能不断增加B ．由于F 1和F 2大反向，故系统的动量守恒C ．当弹簧有最大伸长量时，m 、M 的速度为零，系统具有机械能最大D ．当弹簧弹力的大小与拉力F 1、F 2的大小相时，m 、M 的动能最大 3．【答案】BCD ．当弹簧的弹力由零增大到与F １、Ｆ２大的过程中，m 、M一直做加速运动，此后做减速运动到弹簧伸长量最大时，速度为零．从开始运动到弹簧伸长量最大过程中，F １、Ｆ２对系统做正功，机械能增大．m 、M 从弹簧最大伸长量状态开始，做反向加速运动，克服F １、Ｆ２做功，机械能减少，且在弹簧的弹力减小到与F １、Ｆ２的大小相时，有最大速度，由动量守恒律可知此时的最大速度与弹簧伸长到弹力与Ｆ１、Ｆ２的大小相时的速度大小相．４． 如图6-2-15所示，一根足够长的水平滑杆SS ′上套有一质量为m 的光滑金属圆环．在滑杆的正下方与其平行放置一足够长的光滑水平的木质轨道，且穿过金属球的圆心O ，现使质量为M 的条形磁铁以v 0的水平速度沿轨道向右运动，那么A ．磁铁穿过金属环后，二者将先后停下来B ．圆环可能获得的最大速度为mM Mv +0C ．磁铁与圆环系统损失的动能可能为Mmv 02/2〔M ＋m 〕D ．磁铁与圆环系统损失的动能可能为21Mv 02４．BC 解析：整个过程中，二者组成系统总动量守恒，且发生动能向电能再向内能的转化．由动量守恒律Ｍv ０＝〔Ｍ＋m 〕v ，v ＝)(20m M Mv +，又由能量关系：Ｑ＝ΔＥ损＝21mv ０２－21〔Ｍ＋m 〕v ２＝)(220m M Mmv +◇能力提升训练1．如图6-2-16所示，平板小车停在光图6-2-14图6-2-15。