高考物理动量冲量精讲精练爆炸及反冲问题

爆炸及反冲问题1．爆炸现象的三条规律(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系统受到的外力，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)位置不变：爆炸和碰撞的时间极短，因而在作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸或碰撞后仍然从爆炸或碰撞前的位置以新的动量开始运动．2．反冲的两条规律(1)总的机械能增加：反冲运动中，由于有其他形式的能量转变为机械能，所以系统的总机械能增加．(2)平均动量守恒若系统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过程中平均动量也守恒．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m1v1－m2v2＝0，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的动量守恒．②构成系统的m1、m2原来静止，因相互作用而运动．③x1、x2均为沿动量守恒方向相对于同一参考系的位移．例题1．我国发现的“神舟十一号”飞船与“天宫二号”空间站实现了完美对接．假设“神舟十一号”到达对接点附近时对地的速度为v，此时的质量为m；欲使飞船追上“天宫二号”实现对接，飞船需加速到v1，飞船发动机点火，将质量为Δm的燃气一次性向后喷出，燃气对地向后的速度大小为v2.这个过程中，下列各表达式正确的是( ) A．mv＝mv1－Δmv2B．mv＝mv1＋Δmv2C．mv＝(m－Δm)v1－Δmv2D．mv＝(m－Δm)v1＋Δmv2解析：选 C.飞船发动机点火喷出燃气，由动量守恒定律，mv＝(m－Δm)v1－Δmv2，选项C正确．例题2．在静水中一条长l的小船，质量为M，船上一个质量为m的人，当他从船头走到船尾，若不计水对船的阻力，则船移动的位移大小为( )A.mMl B．mM＋mlC.MM＋ml D.mM－ml解析：选B.船和人组成的系统水平方向动量守恒，人在船上行进，船将后退，即mv 人＝Mv 船，人从船头走到船尾，设船后退的距离为x ，则人相对地面行进的距离为l －x ，有m l －xt＝M x t ，则m (l －x )＝Mx ，得x ＝mlM ＋m，故选项B 正确． 例题3．一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，重力加速度g 取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.弹丸爆炸过程遵守动量守恒，若爆炸后甲、乙同向飞出，则有 2m ＝34mv 甲＋14mv 乙①若爆炸后甲、乙反向飞出，则有 2m ＝34mv 甲－14mv 乙②或2m ＝－34mv 甲＋14mv 乙③爆炸后甲、乙从同一高度做平抛运动，由选项A 中图可知，爆炸后甲、乙向相反方向飞出，下落时间t ＝2hg＝2×510 s ＝1 s ，速度分别为v 甲＝x 甲t ＝2.51m/s ＝2.5 m/s ，v 乙＝x 乙t ＝0.51m/s ＝0.5 m/s ，代入②式不成立，A 项错误；同理，可求出选项B 、C 、D 中甲、乙的速度，分别代入①式、②式、③式可知，只有B 项正确．例题4．以初速度v 0与水平方向成60°角斜向上抛出的手榴弹，到达最高点时炸成质量分别为m 和2m 的两块．其中质量大的一块沿着原来的方向以2v 0的速度飞行．求：(1)质量较小的另一块弹片速度的大小和方向； (2)爆炸过程有多少化学能转化为弹片的动能．解析：(1)斜抛的手榴弹在水平方向上做匀速直线运动，在最高点处爆炸前的速度v 1＝v 0cos 60°＝12v 0.设v 1的方向为正方向，如图所示，由动量守恒定律得：3mv 1＝2mv 1′＋mv 2其中爆炸后大块弹片速度v 1′＝2v 0，解得v 2＝－2.5v 0，“－”号表示v 2的速度与爆炸前速度方向相反．(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于系统动能的增量，ΔE k ＝12×2mv 1′2＋12mv 22－12(3m )v 21＝274mv 20.答案：(1)2.5v 0 方向与爆炸前速度的方向相反 (2)274mv 20。

爆炸问题和反冲问题1、一个人在地面上立定跳远的最好成绩是(m)s ,假设他站立在船的右端处于静止状态要跳到距离(m)L 的岸上(设船与岸边同高,忽略水的阻力),则( ) A.L s <,他一定能跳上岸 B.L s <,他有可能跳上岸 C.L s =,他有可能跳上岸D.L s =,他一定能跳上岸2、将质量为1.00 g 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 gB ．5.7102/kg m s ⨯gC ．6.0102/kg m s ⨯gD ．6.3102/kg m s ⨯g3、质量为m 的炮弹以一定的初速度发射,其在水平地面上的射程为d ,若当炮弹飞行到最高点时炸裂成质量相等的两块,其中一块自由下落,则另一块的射程为( ) A.1. 5d B.2d C. d D.3d4、如图，质量为M 的小船在静止水面上以速率v 0向右匀速行驶，一质量为m 的救生员在船尾，相对小船静止。

若救生员以相对水面速率v 水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为（ ）A.0mv v M+B.0mv v M-C.()00m v v v M ++ D.()00mv v v M+-5、向空中发射一炮弹,不计空气阻力,当炮弹的速度恰好沿水平方向时,炮弹炸裂为质量相等的a b、两块。

若a的速度方向仍沿原来的方向,且速度小于炸裂前瞬间的速度,则( )A.b的速度方向一定与炸裂前瞬间的速度方向相反B.从炸裂到落地这段时间内,a飞行的水平距离一定比b的大C.a b、一定同时到达地面D.炸裂的过程中,a b、动量的变化量大小一定不相等6、如图所示，一枚手榴弹开始时在空中竖直向下落，到某位置时爆炸成a、b两块同时落地，其中a落地时飞行的水平距离OA大于b落地时飞行的水平距离OB，下列说法正确的是（）A．爆炸瞬间a、b两块的速度大小相等B．爆炸瞬间a、b两块的速度变化量大小相等C． a、b两块落地时的速度大小相等D．爆炸瞬间a、b两块的动量变化大小相等7、一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度2m/sv ，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，重力加速度g取210m/s，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是（）A. B.C. D.8、“世界航天第一人”是明朝的士大夫万户,他把47个自制的火箭绑在椅子上,自己坐在椅子上,双手举着大风筝,设想利用火箭的推力,飞上天空,然后利用风筝平稳着陆。

爆炸及反冲问题1．爆炸现象的三条规律(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系统受到的外力，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)位置不变：爆炸和碰撞的时间极短，因而在作用过程中,物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸或碰撞后仍然从爆炸或碰撞前的位置以新的动量开始运动．2．反冲的两条规律（1）总的机械能增加：反冲运动中，由于有其他形式的能量转变为机械能，所以系统的总机械能增加．(2)平均动量守恒若系统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过程中平均动量也守恒．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 1错误!1－m 2错误!2＝0，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的动量守恒．②构成系统的m 1、m 2原来静止，因相互作用而运动．③x 1、x 2均为沿动量守恒方向相对于同一参考系的位移．例题1．我国发现的“神舟十一号"飞船与“天宫二号"空间站实现了完美对接．假设“神舟十一号"到达对接点附近时对地的速度为v ,此时的质量为m ;欲使飞船追上“天宫二号”实现对接，飞船需加速到v 1，飞船发动机点火,将质量为Δm 的燃气一次性向后喷出,燃气对地向后的速度大小为v 2。

这个过程中，下列各表达式正确的是（ ）A ．mv ＝mv 1－Δmv 2B ．mv ＝mv 1＋Δmv 2C ．mv ＝（m －Δm )v 1－Δmv 2D ．mv ＝(m －Δm ）v 1＋Δmv 2解析：选C.飞船发动机点火喷出燃气，由动量守恒定律，mv ＝（m －Δm )v 1－Δmv 2,选项C 正确．例题2．在静水中一条长l 的小船，质量为M ,船上一个质量为m 的人，当他从船头走到船尾，若不计水对船的阻力，则船移动的位移大小为（ ）A.错误!lB ．错误!lC 。

爆炸反冲碰撞动量能量1．如图所示，在光滑水平面上质量分别为的A、B 两小球沿同一直线相向运动( )A．它们碰撞前的总动量是B．它们碰撞后的总动量是C．它们碰撞前的总动量是D．它们碰撞后的总动量是18 kg ·m/s，方向水平向右18 kg ·m/s，方向水平向左2 kg · m/s，方向水平向右2 kg · m/s，方向水平向左解析：选 C.它们碰撞前的总动量是 2 kg ·m/s，方向水平向右，A、B相碰过程中动量守恒，故它们碰撞后的总动量也是 2 kg ·m/s，方向水平向右，选项C正确．2. 一枚火箭搭载着卫星以速率v0 进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2 沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离要符合碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度这一物理情景，即选项正确．4．(多选) 如图，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m，摆长相同，摆动周期相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球 a 向左拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确m A＝2 kg 、m B＝4 kg ，速率分别为v A＝5 m/s 、v B＝2 m/s 前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1 为（）A．v0－v2 B．v0＋v2m2C．v0－v2mm2D．v0＋m（v 0－v）解析：选 D. 由动量守恒定律得（m1＋m2）v 0＝m1v1＋m2v2得v1＝v0＋（v0－v2）．3．甲、乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是p1＝ 5 kg· m/s，p2＝7 kg· 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，则二球质量m1与m2 间的关系可能是下面A．m1＝m2 B．2m1＝m2C．4m1＝m2 D．6m1＝m2解析：选 C. 甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有：p1＋p2＝p1′＋p2′，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，分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加．所以有只能是系统内物体间机械能相互转化或一部222m1＋2m2≥22p1′ p2′1＋2，所以有：212m1 m1≤51m2，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pm1> p m2，即m1<57m2；同时还p1m′<p2m′，所以m1> 15m2.因此 C的是 （ ）A ．第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等B ．第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等C ．第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同D ．发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置解析：选 AD.两球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平两球组成的系统动量守恒，由动量守恒定v 2 ＝ 2 ，可见第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，选项 A 正确；因两球质量不相等，故两球碰后 的动量大小不相等，选项 B 错；两球碰后上摆过程，机械能守恒，故上升的最大高度相等，因摆长相等， 故两球碰后的最大摆角相同，选项 C 错；两球摆动周期相同，故经半个周期后，两球在平衡位置处发生第二次碰撞，选项 D 正确．5. （ 多选 ）在质量为 M 的小车中挂有一单摆，摆球的质量为 m 0，小车和单摆以恒定的速度 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，下列哪 些情况说法是可能发生的 （ ）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 （M ＋ m 0）v ＝Mv 1＋mv 2＋m 0v 3B ．摆球的速度不变，小车和木块的速度变化为 v 1和 v 2，满足 Mv ＝Mv 1＋mv 2C ．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为 v 1，满足 Mv ＝ （M ＋m ）v 1D ．小车和摆球的速度都变为 v 1，木块的速度变为 v 2，满足 （M ＋m 0）v ＝（M ＋m 0）v 1＋mv 2 解析：选 BC.在小车 M 和木块发生碰撞的瞬间，摆球并没有直接与木块发生力的作用，它与小车一起 以共同速度 v 匀速运动时，摆线沿竖直方向，摆线对球的拉力和球的重力都与速度方向垂直，因而摆球未 受到水平力作用，球的速度不变，可以判定A 、 D 项错误；小车和木块碰撞过程，水平方向无外力作用，系统动量守恒，而题目对碰撞后，小车与木块是否分开或连在一起，没有加以说明，所以两种情况都可能 发生，即 B 、 C 选项正确．6．如图所示，光滑水平面上的木板右端，有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量 M ＝3.0kg ，质量 m ＝1.0 kg 的铁块以水平速度 v 0＝ 4.0 m/s ，从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端，则在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为 （ ）A ．4.0 J律有： mv 0＝ mv 1＋ 3mv 2；又两球碰撞是弹性的，故机械能守恒，即 1 2 1 2 1 22mv 0＝ 2mv 1＋ 23mv 2，解两式得：B ．6.0 Jv 0C ．3.0 JD ．20 J解析：选 C. 设铁块与木板速度相同时，共同速度大小为 大路程为 L ，摩擦力大小为 F f ，根据能量守恒定律得铁块相对于木板向右运动过程1 2 1 22mv 0＝ F f L ＋ 2(M ＋ m)v ＋E p铁块相对于木板运动的整个过程1 2 1 22mv 02＝ 2F f L ＋ 2(M ＋ m)v 2又根据系统动量守恒可知， mv 0＝ (M ＋m)v 联立得到： E p ＝3.0 J ，故选 C.7．如图所示 A 、 B 两个物体粘在一起以 v 0＝3 m/s 的速度向右 间有少量炸药，经过 O 点时炸药爆炸，假设所有的化学能全部转化 物体的动能且两物体仍然在水平面上运动，爆炸后A 物体的速度依变为 v A ＝2 m/s ， B 物体继续向右运动进入半圆轨道且恰好通过最高圆轨道光滑无摩擦，求：(1) 炸药的化学能 E ；(2) 半圆弧的轨道半径 R.解析： (1)A 、 B 在爆炸前后动量守恒，得 2mv 0＝ mv A ＋ mv B ，解得 v B ＝4 m/s 根据系统能量守恒有：1 2 1 2 1 22(2m)v 02＋ E ＝ 2mv 2A ＋ 2mv 2B ， 解得 E ＝1对 O 到 D 的过程根据动能定理可得：1212－μmgx OC －mg ·2R ＝ 2mv D － 2mv B联立解得 R ＝0.3 m. 答案： (1)1 J (2) 0.3 m8．冰球运动员甲的质量为 80.0 kg. 当他以 5.0 m/s 的速度向前运动时，与另一质量为 100 kg 、速度 为 3.0 m/s 的迎面而来的运动员乙相撞．碰后甲恰好静止．假设碰撞时间极短，求：(1) 碰后乙的速度的大小； (2) 碰撞中总机械能的损失．解析：(1) 设运动员甲、 乙的质量分别为 m 、M ，碰前速度大小分别为 v 和 v 1，碰后乙的速度大小为v 1′， 由动量守恒定律得mv － Mv 1＝ Mv 1′①代入数据得 v 1′＝ 1.0 m/s ②v ，铁块相对木板向右运动时，相对滑行的最 物体的质量 m A ＝ m B ＝1 kg ， O 点到半圆最低点 C 的距离 x OC ＝0.25 m ，水平轨道的动摩擦因数 μ＝ 0.2 ，半J.(2) 由于 B 物体恰好经过最高点，故有2 vDmg ＝ mR运动，物体中 为 A 、B 两个 然向右，大小 点 D ，已知两(2) 设碰撞过程中总机械能的损失为ΔE，有1 2 1 2 1 22mv2＋2Mv12＝2Mv1′2＋ΔE③联立②③式，代入数据得ΔE＝1 400 J.答案：(1)1.0 m/s (2)1 400 J9．如图，质量分别为m A、m B的两个弹性小球A、B静止在地面上方，B球距地面的高度h＝0.8 m ，A 球在B球的正上方．先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放．当A球下落t ＝0.3 s 时，刚好与B球在地面上方的P 点处相碰．碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰为零．已知m B＝3m A，重力加速度大小g＝10 m/s 2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失．求：弹簧拴接静止在水平面上，弹簧右端固定．质量为3m的物块A从圆弧轨道上距离水平面高h 处由静止释放，与 B 碰撞后推着 B 一起运动但与 B 不粘连．求：(1) 弹簧的最大弹性势能；(2)A 与 B 第一次分离后，物块A沿圆弧面上升的最大高度．解析：(1)A 下滑与 B 碰撞前，根据机械能守恒得123mgh＝2× 3mv1A 与B 碰撞，根据动量守恒得3mv1＝4mv2弹簧最短时弹性势能最大，系统的动能转化为弹性势能1 2 9根据能量守恒得E pmax＝2× 4mv21 2 3 4 5 6 7 8＝4mgh(2) 根据题意， A 与 B 分离时 A 的速度大小为v2A与B分离后沿圆弧面上升到最高点的过程中，根据机械能守恒得3mgh′＝21× 3mv22解得h′＝196h99答案：(1) 4mgh (2) 16h11. 如图所示，质量为M的平板车P高为h，质量为m的小物块Q 的大小不计，位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平地面上，一不可伸长的轻质细绳长为R，一端悬于Q正上方高为R处，另一端系一质量为m的小球(大小不计) ．今将小球拉至悬线与竖直位置成60°角，由静止释放，小球到达最低点时与Q的碰撞时间极短，且无机械能损失，已知Q离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q与P 之1 小物块Q 离开平板车时，二者速度各为多大？2 平板车P 的长度为多少？3 小物块Q落地时与小车的水平距离为多少？解析：(1) 设小球与Q 碰前的速度为v0，小球下摆过程机械能守恒：12mgR(1－cos 60 °) ＝2mv0v0＝gR小球与Q进行弹性碰撞，质量又相等，二者交换速度．小物块Q在平板车P上滑动的过程中，Q与P 组成的系统动量守恒：间的动摩擦因数为μ，已知质量M∶m＝4∶1，重力加速度为g，求：mv 0＝ mv 1＋ Mv 2解得： v 1＝ 3gR ，v 2＝ 6gR .(2) 对系统由能量守恒：Q 落地时二者相距： s ＝(v 1－v 2)t ＝ 2Rh .6其中 v 2＝ 12v 1，M ＝ 4m ，1212122mv 0＝ 2mv 1＋2Mv 2＋ μ mgL ，解得：7RL ＝18μ.(3)Q 脱离 P 后做平抛运动，由答案： (1) 3gR 6gR (2) 7R18μ(3)2Rh 6高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

第2讲动量守恒定律碰撞爆炸反冲运动A组基础过关1.(2019甘肃兰州月考)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、机械能是否守恒答案 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。

子弹射入木块瞬间有部分机械能转化为内能,故系统机械能不守恒。

只有选项C正确。

2.(多选)如图所示,在水平光滑地面上有A、B两个木块,A、B之间用一轻弹簧连接。

A靠在墙壁上,用力F向左推B使两木块之间弹簧压缩并处于静止状态。

若突然撤去力F,则下列说法中正确的是( )A.木块A离开墙壁前,A、B和弹簧组成的系统动量守恒,机械能也守恒B.木块A离开墙壁前,A、B和弹簧组成的系统动量不守恒,但机械能守恒C.木块A离开墙壁后,A、B和弹簧组成的系统动量守恒,机械能也守恒D.木块A离开墙壁后,A、B和弹簧组成的系统动量不守恒,但机械能守恒答案BC 撤去F后,木块A离开墙壁前,竖直方向两木块及弹簧组成的系统所受的重力与支持力平衡,合力为零;而水平方向墙对A有向右的弹力,所以系统所受的合外力不为零,系统的动量不守恒,但系统的机械能守恒,故A错误,B正确。

A离开墙壁后,系统水平方向不受外力,竖直方向外力平衡,所以系统所受的合外力为零,系统的动量守恒,因弹簧弹力属于系统内力,则系统机械能也守恒,故C正确,D错误。

3.如图所示,一质量M=3.0kg的长方形木板B放在光滑水平地面上,在其右端放一个质量m=1.0kg的小木块A。

给A和B以大小均为4.0m/s、方向相反的初速度,使A开始向左运动,B开始向右运动,A始终没有滑离木板B。

专题6.2 碰撞、反冲与动量守恒定律的应用1.理解动量守恒定律的确切含义，知道其适用范围。

2.掌握动量守恒定律解题的一般步骤。

3.会应用动量守恒定律解决一维运动有关问题。

知识点一 动量守恒定律及其应用1．动量守恒定律(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)动量守恒定律的表达式：m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′或Δp 1＝－Δp 2.2．系统动量守恒的条件(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.知识点二 碰撞1．概念：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 种类动量是否守恒 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 【拓展提升】1．弹性碰撞后速度的求解根据动量守恒和机械能守恒⎩⎪⎨⎪⎧m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′ ①12m 1v 21＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2 ②解得v 1′＝1212212()2m m v m v m m -++ v 2′＝2121112()2m m v m v m m -++ 2．弹性碰撞分析讨论当碰前物体2的速度不为零时，若m 1＝m 2，则v 1′＝v 2，v 2′＝v 1，即两物体交换速度。

当碰前物体2的速度为零时，v 2＝0，则：v 1′＝12112()m m v m m -+，v 2′＝2m 1v 1m 1＋m 2， (1)m 1＝m 2时，v 1′＝0，v 2′＝v 1，碰撞后两物体交换速度。

专题41 动量守恒的条件爆炸、反冲运动人船模型考点一动量守恒的条件考点二爆炸、反冲运动考点三人船模型考点四连续射击问题1．动量守恒定律内容：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．动量守恒定律常用表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.1)p＝p′：相互作用前系统的总动量p等于相互作用后的总动量p′.2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′：相互作用的两个物体组成的系统，作用前动量的矢量和等于作用后动量的矢量和．3)Δp1＝－Δp2：相互作用的两个物体组成的系统，一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变化量大小相等、方向相反．4)Δp＝0：系统总动量增量为零．考点一动量守恒的条件⑴系统不受外力或者所受外力之和为零；⑵系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计；⑶系统在某一个方向上所受的合外力为零，则该方向上动量守恒。

⑷全过程的某一阶段系统受的合外力为零，则该阶段系统动量守恒。

附：机械能守恒的条件：只有重力、系统内弹力做功．1．下列四幅图所反映的物理过程中，说法正确的是（）A．甲图中子弹射入木块过程中，子弹和木块组成系统动量守恒，能量不守恒B．乙图中M、N两木块放在光滑水平面上，剪断束缚M、N的细线，在弹簧从压缩状态恢复原长过程中，M、N与弹簧组成的系统动量不守恒，机械能守恒C．丙图中细线断裂后，木球和铁球在水中运动的过程，两球组成的系统动量不守恒，机械能守恒D．丁图中木块沿光滑固定斜面下滑，木块和斜面组成的系统动量守恒，机械能守恒2．如图所反映的物理过程中，以物体A和物体B为一个系统符合系统机械能守恒且水平方向动量守恒的是（）A．甲图中，在光滑水平面上，物块B以初速度v0滑上上表面粗糙的静止长木板AB．乙图中，在光滑水平面上，物块B以初速度v0滑下靠在墙边的表面光滑的斜面AC．丙图中，在光滑水平上面有两个带正电的小球A、B相距一定的距离，从静止开始释放D．丁图中，在光滑水平面上物体A以初速度v0滑上表面光滑的圆弧轨道B3.(多选)如图所示，A、B两物体质量之比为m A∶m B＝3∶2，原来静止在足够长的平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑．当两物体被同时释放后，则( )A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，则A、B组成系统的动量守恒B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，则A、B、C组成系统的动量守恒C．若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B组成系统的动量守恒D．若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B、C组成系统的动量守恒4. （2021·全国乙卷·T14）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。

一.必备知识精讲 1.反冲（1）定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向冲量，这种现象叫反冲运动．（2）特点：系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力．实例：发射炮弹、发射火箭等．(3)规律：遵从动量守恒定律．(1)火箭加速的原理设火箭飞行时在极短的时间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是u ，喷出燃气后火箭的质量是m ，火箭在这样一次喷气后增加的速度为Δv 。

以喷气前的火箭为参考系。

喷气前火箭的动量是0，喷气后火箭的动量是m Δv ，燃气的动量是Δmu 。

根据动量守恒定律，喷气后火箭和燃气的总动量仍然为0，所以m Δv ＋Δmu ＝0， 解出Δv ＝－Δmmu 。

上式表明，火箭喷出的燃气的速度u 越大、火箭喷出物质的质量与火箭本身质量之比Δmm越大，火箭获得的速度Δv 越大。

(2)现代火箭的发射原理由于现代火箭喷气的速度在2000～4000 m/s ，近期内难以大幅度提高；火箭的质量比(火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比)一般要小于10，故为使火箭达到发射人造地球卫星的7.9 km/s 的速度，采用多级火箭，即把火箭一级一级地接在一起，第一级燃料用完之后就把箭体抛弃，减轻负担，然后第二级开始工作，这样一级一级地连起来，不过实际应用中一般不会超过四级。

（3）火箭获得的最终速度设火箭发射前的总质量为M 、燃料燃尽后的质量为m ，以地面为参考系，火箭燃气的喷射速度大小为v 1，燃料燃尽后火箭的飞行速度大小为v ，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－mv (以火箭的速度方向为正方向)，则：(M －m )v 1－mv ＝0，所以v ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫M m－1v 1，燃料燃尽时火箭获得的最终速度由喷气速度及质量比M m决定。

3.爆炸问题二.典型例题精讲：题型一：爆炸类例1：(2018·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。