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(新高考)高考物理一轮复习课件第7章第2讲《动量守恒定律及应用》(含解析)
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这是一份(新高考)高考物理一轮复习课件第7章第2讲《动量守恒定律及应用》(含解析)，共60页。PPT课件主要包含了内容索引，考点三碰撞问题，课时精练，矢量和，－Δp2，碰撞问题，远大于，答案03ms，答案64ms，答案02kg等内容，欢迎下载使用。
第2讲 动量守恒定律及应用
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
考点二 爆炸、反冲运动和人船模型
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 为0，这个系统的总动量保持不变.2.表达式(1)p＝p′或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＝ ，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向.
m1v1′＋m2v2′
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.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.应用动量守恒定律解题的步骤(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.
例1 如图甲所示，把两个质量相等的小车A和B静止地放在光滑的水平地面上.它们之间装有被压缩的轻质弹簧，用不可伸长的轻细线把它们系在一起.如图乙所示，让B紧靠墙壁，其他条件与图甲相同.对于小车A、B和弹簧组成的系统，烧断细线后下列说法正确的是A.从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中， 图甲所示系统动量守恒，机械能守恒B.从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，图乙所示系统动量守恒，机械能守恒C.从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，墙壁对图乙所示系统的冲量为零D.从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，墙壁弹力对图乙中B车做功不为零
考向1 系统动量守恒的判断
从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，题图甲所示系统所受外力之和为0，则系统动量守恒，且运动过程中只有系统内的弹力做功，所以系统机械能守恒，故A正确；从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，题图乙所示系统中由于墙壁对B有力的作用，则系统所受外力之和不为0，则系统动量不守恒，运动过程中只有系统内的弹力做功，所以系统机械能守恒，故B错误；
从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，题图乙所示系统中由于墙壁对B有力的作用，由公式I＝Ft可知，墙壁对题图乙所示系统的冲量不为零，故C错误；从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，由于B车没有位移，则墙壁弹力对题图乙中B车做功为0，故D错误.
例2 (多选)如图所示，三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列，静止在光滑水平面上.c车上有一小孩跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上.小孩跳离c车和b车时对地的水平速度相同.他跳到a车上相对a车保持静止，此后A.a、b两车运动速率相等B.a、c两车运动速率相等C.三辆车的速率关系vc>va>vbD.a、c两车运动方向相反
考向2 动量守恒定律的基本应用
设向右为正方向，设人跳离b、c车时对地水平速度为v，在水平方向由动量守恒定律有0＝M车vc＋m人v，m人v＝M车vb＋m人v，m人v＝(M车＋m人)·va，所以vc＝－ ，vb＝0，va＝ ，即vc>va>vb并且vc与va方向相反.所以选项A、B错误，选项C、D正确.
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
考向3 动量守恒定律的临界问题
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·mv′，解得n＝15，D正确.
爆炸、反冲运动和人船模型
1.爆炸现象的三个规律
2.反冲运动的三点说明
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.( )
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：mv人－Mv船＝0
(3)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 .
例4 在某次军演中，一炮弹由地面斜向上发射，假设当炮弹刚好到最高点时爆炸，炸成前后两部分P、Q，其中P的质量大于Q.已知爆炸后P的运动方向与爆炸前的运动方向相同，假设爆炸后P、Q的速度方向均沿水平方向，忽略空气的阻力，则下列说法正确的是A.爆炸后Q的运动方向一定与P的运动方向相同B.爆炸后Q比P先落地C.Q的落地点到爆炸点的水平距离大D.爆炸前后P、Q动量的变化量大小相等
在爆炸过程中，由于重力远小于内力，系统的动量守恒.爆炸前炮弹在最高点的速度沿水平方向，爆炸后P的运动方向与爆炸前的运动方向相同，根据动量守恒定律判断出Q的速度一定沿水平方向，但爆炸后的运动方向取决于P的动量与爆炸前炮弹的动量的大小关系，因此Q的运动方向不一定与爆炸前的运动方向相同，故A错误；
在爆炸过程中，P、Q受到爆炸力大小相等，作用时间相同，则爆炸力的冲量大小一定相等，由动量定理可知，在爆炸过程中P、Q动量的改变量大小相等、方向相反，D正确；爆炸后P、Q均做平抛运动，竖直方向上为自由落体运动，由于高度相同，在空中运动时间一定相同，所以P、Q一定同时落地，B错误；由于爆炸后两部分速度的大小关系无法判断，因此落地点到爆炸点的水平距离无法确定，C错误.
例5 (2022·河南省模拟)解放军发出4枚“东风快递”(中程弹道导弹)，准确击中预定目标，发射导弹过程可以简化为：将静止的质量为M(含燃料)的东风导弹点火升空，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，忽略喷气过程中重力和空气阻力的影响，则喷气结束时东风导弹获得的速度大小是
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
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vm，小车水平方向的平均速度为vM，mvm－MvM＝0，两边同时乘以运动时间t，mvmt－MvMt＝0，即mxm＝MxM，又xm＋xM＝2l，解得小车向右移动的最大距离为 ，D正确.
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 的现象.2.特点在碰撞现象中，一般都满足内力 外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒.
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.( )
1.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：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′.(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.
2.弹性碰撞的重要结论以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性碰撞为例，则有m1v1＝m1v1′＋m2v2′
讨论：①若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1(速度交换)；
②若m1>m2，则v1′>0，v2′>0(碰后两小球沿同一方向运动)；当m1≫m2时，v1′≈v1，v2′≈2v1；③若m10(碰后两小球沿相反方向运动)；当m1≪m2时，v1′≈－v1，v2′≈0.
例7 A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝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.vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/sB.vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/sC.vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/sD.vA′＝7 m/s，vB′＝1.5 m/s
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vA′大于B的速度vB′，不符合实际，即A、D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.
例8 (多选)如图所示，竖直放置的半径为R的半圆形轨道与水平轨道平滑连接，不计一切摩擦.圆心O点正下方放置质量为2m的小球A，质量为m的小球B以初速度v0向左运动，与小球A发生弹性碰撞.碰后小球A在半圆形轨道运动时不脱离轨道，则小球B的初速度v0可能为(重力加速度为g)
A与B碰撞的过程为弹性碰撞，则碰撞的过程中动量守恒，设B的初速度方向为正方向，碰撞后B与A的速度分别为v1和v2，则：mv0＝mv1＋2mv2，
若恰好能通过最高点，说明小球到达最高点时仅由小球的重力提供向心力，设在最高点的速度为vmin，
若小球不能到达最高点，则小球不脱离轨道时，恰好到达与O等高处，
例9 北京冬奥会冰壶比赛训练中，运动员将质量为19 kg的冰壶甲推出，运动一段时间后以0.4 m/s的速度正碰静止的冰壶乙，然后冰壶甲以0.1 m/s的速度继续向前滑向大本营中心.若两冰壶质量相等，求：(1)冰壶乙获得的速度大小；
由动量守恒定律知mv1＝mv2＋mv3将v1＝0.4 m/s，v2＝0.1 m/s代入上式得v3＝0.3 m/s.
(2)试判断两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞；若是非弹性碰撞，能量损失多少.
答案 非弹性碰撞 0.57 J
因为E1>E2，所以两冰壶间的碰撞为非弹性碰撞，能量损失E＝E1－E2＝0.57 J.
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
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.
2.(多选)在光滑的水平面上，一个质量为2 kg的物体A与另一物体B发生正碰，碰撞时间不计，两物体的位置随时间变化规律如图所示，以A物体碰前速度方向为正方向，下列说法正确的是A.碰撞后A的动量为6 kg·m/sB.碰撞后A的动量为2 kg·m/sC.物体B的质量为2 kgD.碰撞过程中合外力对B的冲量为6 N·s
A、B碰撞过程中，由动量守恒定律可得mAv0＝(mA＋mB)v，解得：mB＝6 kg，C错误；对B，由动量定理可得IB＝mBv－0＝6 N·s，D正确.
3.(多选)某同学想用气垫导轨模拟“人在船上走”模型.该同学到实验室里，将一质量为M的滑块置于长为L的气垫导轨上并接通电源.该同学又找来一个质量为m的蜗牛置于滑块的一端，在食物的诱惑下，蜗牛从该端移动到另一端.下面说法正确的是A.只有蜗牛运动，滑块不运动B.滑块运动的距离是C.蜗牛运动的位移是滑块的 倍D.滑块与蜗牛运动的距离之和为L
4.竖直向上发射一物体(不计空气阻力)，在物体上升的某一时刻突然炸裂为a、b两块，质量较小的a块速度方向与物体原来的速度方向相反，则A.炸裂后瞬间，a块的速度一定比原来物体的速度小B.炸裂后瞬间，b块的速度方向一定与原来物体的速度方向相同C.炸裂后瞬间，b块的速度一定比原来物体的速度小D.炸裂过程中，b块的动量变化量大小一定小于a块的动量变化量大小
在炸裂过程中，由于重力远小于内力，系统的动量守恒，炸裂后瞬间a块的速度大小不能确定，以竖直向上为正方向，根据动量守恒定律有(ma＋mb)v0＝ma(－va)＋mbvb，解得vb＝ >v0，b块的速度方向一定与原来物体的速度方向相同，故A、C错误，B正确；由动量守恒可知，炸裂过程中，b块的动量变化量大小一定等于a块的动量变化量大小，故D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，如图乙.若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是图中的哪幅图
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
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mv0，总动能为 mv02.
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mv0，但总动能为 mv02，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.如图所示，在光滑水平面上有一静止的质量为M的小车，用长为L的细线系一质量为m的小球，将小球拉至水平位置，球放开时小车与小球保持静止状态，松手后让小球下落，在最低点与固定在小车上的油泥相撞并粘在一起，则A.小球与油泥相撞后一起向左运动B.小球与油泥相撞后一起向右运动C.整个过程小车的运动距离为D.整个过程小车的运动距离为
在水平方向上，系统不受外力，因此在水平方向动量守恒.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.当撞到油泥，是完全非弹性碰撞，小球和小车大小相等方向相反的动量恰好抵消掉，所以小车和小球都保持静止，故A、B错误；
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/s2，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.爆炸后的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
两碎块落地点的水平距离为Δx＝3vt＝1 020 m，故D项错误.
9.(多选)质量为M的物块以速度v运动，与质量为m的静止物块发生正撞，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比 可能为A.2 B.3 C.4 D.5
10.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
设喷出三次气体后火箭的速度为v3，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)v3－3mv＝0，解得：v3≈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：vn＝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)vn－nmv＝0，代入数据解得：n≈666，故C错误；至少持续喷气时间为：t＝ ＝33.3 s，故D错误.
11.如图所示，甲车质量m1＝20 kg，车上有质量M＝50 kg的人，甲车(连同车上的人)以v＝3 m/s的速度向右滑行，此时质量m2＝50 kg的乙车正以v0＝1.8 m/s的速度迎面滑来，为了避免两车相撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳到乙车上，则人跳出甲车的水平速度(相对地面)应当在什么范围内才能避免两车相撞？不计地面和小车的摩擦，且乙车足够长.
答案 大于或等于3.8 m/s
人跳到乙车上后，如果两车同向，且甲车的速度等于乙车的速度就可以恰好避免两车相撞以人、甲车、乙车组成的系统为研究对象，以向右为正方向由水平方向动量守恒得(m1＋M)v－m2v0＝(m1＋m2＋M)v′解得v′＝1 m/s以人与甲车为一系统，人跳离甲车过程水平方向动量守恒，得(m1＋M)v＝m1v′＋Mu解得u＝3.8 m/s因此，只要人跳离甲车的水平速度大于或等于3.8 m/s，就可避免两车相撞.
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 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m1＝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/s2.
(1)求球1到达B点时对轨道的压力大小；答案 12 N
在B点对球1应用牛顿第二定律：
联立解得：v0＝4 m/s、FN＝12 N由牛顿第三定律知球1在B点对轨道的压力大小FN′＝FN＝12 N.
(2)若球2的质量m2＝0.1 kg，求球1与球2碰撞后球2的速度大小；
球1、球2碰撞时，根据动量守恒定律有：m1v0＝m1v1＋m2v2由机械能守恒定律得：
(3)若球3的质量m3＝0.1 kg，为使球3获得最大的动能，球2的质量应为多少.
同理，球2、球3碰撞后：
所以m22＝0.04，m2＝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 kg B.53 kg C.58 kg D.63 kg
设运动员的质量为M，第一次推物块后，运动员速度大小为v1，第二次推物块后，运动员速度大小为v2……第八次推物块后，运动员速度大小为v8，第一次推物块后，由动量守恒定律知：Mv1＝mv0；第二次推物块后由动量守恒定律知：M(v2－v1)＝m[v0－(－v0)]＝2mv0，……，第n次推物块后，由动量守恒定律知：M(vn－vn－1)＝2mv0，
第2讲 动量守恒定律及应用
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
考点二 爆炸、反冲运动和人船模型
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 为0，这个系统的总动量保持不变.2.表达式(1)p＝p′或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＝ ，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向.
m1v1′＋m2v2′
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.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.应用动量守恒定律解题的步骤(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.
例1 如图甲所示，把两个质量相等的小车A和B静止地放在光滑的水平地面上.它们之间装有被压缩的轻质弹簧，用不可伸长的轻细线把它们系在一起.如图乙所示，让B紧靠墙壁，其他条件与图甲相同.对于小车A、B和弹簧组成的系统，烧断细线后下列说法正确的是A.从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中， 图甲所示系统动量守恒，机械能守恒B.从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，图乙所示系统动量守恒，机械能守恒C.从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，墙壁对图乙所示系统的冲量为零D.从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，墙壁弹力对图乙中B车做功不为零
考向1 系统动量守恒的判断
从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，题图甲所示系统所受外力之和为0，则系统动量守恒，且运动过程中只有系统内的弹力做功，所以系统机械能守恒，故A正确；从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，题图乙所示系统中由于墙壁对B有力的作用，则系统所受外力之和不为0，则系统动量不守恒，运动过程中只有系统内的弹力做功，所以系统机械能守恒，故B错误；
从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，题图乙所示系统中由于墙壁对B有力的作用，由公式I＝Ft可知，墙壁对题图乙所示系统的冲量不为零，故C错误；从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，由于B车没有位移，则墙壁弹力对题图乙中B车做功为0，故D错误.
例2 (多选)如图所示，三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列，静止在光滑水平面上.c车上有一小孩跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上.小孩跳离c车和b车时对地的水平速度相同.他跳到a车上相对a车保持静止，此后A.a、b两车运动速率相等B.a、c两车运动速率相等C.三辆车的速率关系vc>va>vbD.a、c两车运动方向相反
考向2 动量守恒定律的基本应用
设向右为正方向，设人跳离b、c车时对地水平速度为v，在水平方向由动量守恒定律有0＝M车vc＋m人v，m人v＝M车vb＋m人v，m人v＝(M车＋m人)·va，所以vc＝－ ，vb＝0，va＝ ，即vc>va>vb并且vc与va方向相反.所以选项A、B错误，选项C、D正确.
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
考向3 动量守恒定律的临界问题
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·mv′，解得n＝15，D正确.
爆炸、反冲运动和人船模型
1.爆炸现象的三个规律
2.反冲运动的三点说明
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.( )
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：mv人－Mv船＝0
(3)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 .
例4 在某次军演中，一炮弹由地面斜向上发射，假设当炮弹刚好到最高点时爆炸，炸成前后两部分P、Q，其中P的质量大于Q.已知爆炸后P的运动方向与爆炸前的运动方向相同，假设爆炸后P、Q的速度方向均沿水平方向，忽略空气的阻力，则下列说法正确的是A.爆炸后Q的运动方向一定与P的运动方向相同B.爆炸后Q比P先落地C.Q的落地点到爆炸点的水平距离大D.爆炸前后P、Q动量的变化量大小相等
在爆炸过程中，由于重力远小于内力，系统的动量守恒.爆炸前炮弹在最高点的速度沿水平方向，爆炸后P的运动方向与爆炸前的运动方向相同，根据动量守恒定律判断出Q的速度一定沿水平方向，但爆炸后的运动方向取决于P的动量与爆炸前炮弹的动量的大小关系，因此Q的运动方向不一定与爆炸前的运动方向相同，故A错误；
在爆炸过程中，P、Q受到爆炸力大小相等，作用时间相同，则爆炸力的冲量大小一定相等，由动量定理可知，在爆炸过程中P、Q动量的改变量大小相等、方向相反，D正确；爆炸后P、Q均做平抛运动，竖直方向上为自由落体运动，由于高度相同，在空中运动时间一定相同，所以P、Q一定同时落地，B错误；由于爆炸后两部分速度的大小关系无法判断，因此落地点到爆炸点的水平距离无法确定，C错误.
例5 (2022·河南省模拟)解放军发出4枚“东风快递”(中程弹道导弹)，准确击中预定目标，发射导弹过程可以简化为：将静止的质量为M(含燃料)的东风导弹点火升空，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，忽略喷气过程中重力和空气阻力的影响，则喷气结束时东风导弹获得的速度大小是
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
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vm，小车水平方向的平均速度为vM，mvm－MvM＝0，两边同时乘以运动时间t，mvmt－MvMt＝0，即mxm＝MxM，又xm＋xM＝2l，解得小车向右移动的最大距离为 ，D正确.
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 的现象.2.特点在碰撞现象中，一般都满足内力 外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒.
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.( )
1.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：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′.(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.
2.弹性碰撞的重要结论以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性碰撞为例，则有m1v1＝m1v1′＋m2v2′
讨论：①若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1(速度交换)；
②若m1>m2，则v1′>0，v2′>0(碰后两小球沿同一方向运动)；当m1≫m2时，v1′≈v1，v2′≈2v1；③若m1
例7 A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝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.vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/sB.vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/sC.vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/sD.vA′＝7 m/s，vB′＝1.5 m/s
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vA′大于B的速度vB′，不符合实际，即A、D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.
例8 (多选)如图所示，竖直放置的半径为R的半圆形轨道与水平轨道平滑连接，不计一切摩擦.圆心O点正下方放置质量为2m的小球A，质量为m的小球B以初速度v0向左运动，与小球A发生弹性碰撞.碰后小球A在半圆形轨道运动时不脱离轨道，则小球B的初速度v0可能为(重力加速度为g)
A与B碰撞的过程为弹性碰撞，则碰撞的过程中动量守恒，设B的初速度方向为正方向，碰撞后B与A的速度分别为v1和v2，则：mv0＝mv1＋2mv2，
若恰好能通过最高点，说明小球到达最高点时仅由小球的重力提供向心力，设在最高点的速度为vmin，
若小球不能到达最高点，则小球不脱离轨道时，恰好到达与O等高处，
例9 北京冬奥会冰壶比赛训练中，运动员将质量为19 kg的冰壶甲推出，运动一段时间后以0.4 m/s的速度正碰静止的冰壶乙，然后冰壶甲以0.1 m/s的速度继续向前滑向大本营中心.若两冰壶质量相等，求：(1)冰壶乙获得的速度大小；
由动量守恒定律知mv1＝mv2＋mv3将v1＝0.4 m/s，v2＝0.1 m/s代入上式得v3＝0.3 m/s.
(2)试判断两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞；若是非弹性碰撞，能量损失多少.
答案 非弹性碰撞 0.57 J
因为E1>E2，所以两冰壶间的碰撞为非弹性碰撞，能量损失E＝E1－E2＝0.57 J.
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
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.
2.(多选)在光滑的水平面上，一个质量为2 kg的物体A与另一物体B发生正碰，碰撞时间不计，两物体的位置随时间变化规律如图所示，以A物体碰前速度方向为正方向，下列说法正确的是A.碰撞后A的动量为6 kg·m/sB.碰撞后A的动量为2 kg·m/sC.物体B的质量为2 kgD.碰撞过程中合外力对B的冲量为6 N·s
A、B碰撞过程中，由动量守恒定律可得mAv0＝(mA＋mB)v，解得：mB＝6 kg，C错误；对B，由动量定理可得IB＝mBv－0＝6 N·s，D正确.
3.(多选)某同学想用气垫导轨模拟“人在船上走”模型.该同学到实验室里，将一质量为M的滑块置于长为L的气垫导轨上并接通电源.该同学又找来一个质量为m的蜗牛置于滑块的一端，在食物的诱惑下，蜗牛从该端移动到另一端.下面说法正确的是A.只有蜗牛运动，滑块不运动B.滑块运动的距离是C.蜗牛运动的位移是滑块的 倍D.滑块与蜗牛运动的距离之和为L
4.竖直向上发射一物体(不计空气阻力)，在物体上升的某一时刻突然炸裂为a、b两块，质量较小的a块速度方向与物体原来的速度方向相反，则A.炸裂后瞬间，a块的速度一定比原来物体的速度小B.炸裂后瞬间，b块的速度方向一定与原来物体的速度方向相同C.炸裂后瞬间，b块的速度一定比原来物体的速度小D.炸裂过程中，b块的动量变化量大小一定小于a块的动量变化量大小
在炸裂过程中，由于重力远小于内力，系统的动量守恒，炸裂后瞬间a块的速度大小不能确定，以竖直向上为正方向，根据动量守恒定律有(ma＋mb)v0＝ma(－va)＋mbvb，解得vb＝ >v0，b块的速度方向一定与原来物体的速度方向相同，故A、C错误，B正确；由动量守恒可知，炸裂过程中，b块的动量变化量大小一定等于a块的动量变化量大小，故D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，如图乙.若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是图中的哪幅图
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
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mv0，总动能为 mv02.
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mv0，但总动能为 mv02，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.如图所示，在光滑水平面上有一静止的质量为M的小车，用长为L的细线系一质量为m的小球，将小球拉至水平位置，球放开时小车与小球保持静止状态，松手后让小球下落，在最低点与固定在小车上的油泥相撞并粘在一起，则A.小球与油泥相撞后一起向左运动B.小球与油泥相撞后一起向右运动C.整个过程小车的运动距离为D.整个过程小车的运动距离为
在水平方向上，系统不受外力，因此在水平方向动量守恒.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.当撞到油泥，是完全非弹性碰撞，小球和小车大小相等方向相反的动量恰好抵消掉，所以小车和小球都保持静止，故A、B错误；
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/s2，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.爆炸后的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
两碎块落地点的水平距离为Δx＝3vt＝1 020 m，故D项错误.
9.(多选)质量为M的物块以速度v运动，与质量为m的静止物块发生正撞，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比 可能为A.2 B.3 C.4 D.5
10.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
设喷出三次气体后火箭的速度为v3，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)v3－3mv＝0，解得：v3≈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：vn＝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)vn－nmv＝0，代入数据解得：n≈666，故C错误；至少持续喷气时间为：t＝ ＝33.3 s，故D错误.
11.如图所示，甲车质量m1＝20 kg，车上有质量M＝50 kg的人，甲车(连同车上的人)以v＝3 m/s的速度向右滑行，此时质量m2＝50 kg的乙车正以v0＝1.8 m/s的速度迎面滑来，为了避免两车相撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳到乙车上，则人跳出甲车的水平速度(相对地面)应当在什么范围内才能避免两车相撞？不计地面和小车的摩擦，且乙车足够长.
答案 大于或等于3.8 m/s
人跳到乙车上后，如果两车同向，且甲车的速度等于乙车的速度就可以恰好避免两车相撞以人、甲车、乙车组成的系统为研究对象，以向右为正方向由水平方向动量守恒得(m1＋M)v－m2v0＝(m1＋m2＋M)v′解得v′＝1 m/s以人与甲车为一系统，人跳离甲车过程水平方向动量守恒，得(m1＋M)v＝m1v′＋Mu解得u＝3.8 m/s因此，只要人跳离甲车的水平速度大于或等于3.8 m/s，就可避免两车相撞.
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 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m1＝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/s2.
(1)求球1到达B点时对轨道的压力大小；答案 12 N
在B点对球1应用牛顿第二定律：
联立解得：v0＝4 m/s、FN＝12 N由牛顿第三定律知球1在B点对轨道的压力大小FN′＝FN＝12 N.
(2)若球2的质量m2＝0.1 kg，求球1与球2碰撞后球2的速度大小；
球1、球2碰撞时，根据动量守恒定律有：m1v0＝m1v1＋m2v2由机械能守恒定律得：
(3)若球3的质量m3＝0.1 kg，为使球3获得最大的动能，球2的质量应为多少.
同理，球2、球3碰撞后：
所以m22＝0.04，m2＝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 kg B.53 kg C.58 kg D.63 kg
设运动员的质量为M，第一次推物块后，运动员速度大小为v1，第二次推物块后，运动员速度大小为v2……第八次推物块后，运动员速度大小为v8，第一次推物块后，由动量守恒定律知：Mv1＝mv0；第二次推物块后由动量守恒定律知：M(v2－v1)＝m[v0－(－v0)]＝2mv0，……，第n次推物块后，由动量守恒定律知：M(vn－vn－1)＝2mv0，
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