第2节 动量守恒定律及其应用
[学习目标] 1．理解动量守恒的条件，会应用动量守恒定律解决基本问题。
2．掌握碰撞的特点，会分析计算一维碰撞问题。
3．会用动量守恒的观点分析爆炸、反冲及人船模型。
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______为0，则这个系统的总动量________。
(2)表达式：①p＝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。
②Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。
(3)守恒条件：不受外力或所受外力的合力为__。
2．碰撞
(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，即碰撞是一种强烈的作用。
(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。
(3)分类
①弹性碰撞：动量守恒、机械能守恒。
②非弹性碰撞：动量守恒、机械能有损失。
③完全非弹性碰撞：动量守恒、机械能损失最多。
3．爆炸
特点：爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且______系统所受的外力，所以系统动量____。如爆竹爆炸等。
4．反冲
(1)定义：当静止物体的一部分以一定的速度离开物体向前运动时，剩余部分必将向后运动，这种现象叫反冲。
(2)特点：系统内各物体间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．易错易混辨析
(1)只要系统所受的外力的矢量和为0，系统的动量就守恒。 ( )
(2)物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒。 ( )
(3)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。 ( )
(4)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。 ( )
(5)爆炸过程中机械能增加，反冲过程中机械能减少。 ( )
2．(鲁科版选择性必修第一册改编)(多选)如图所示，在光滑的水平面上有一辆平板车，人和车都处于静止状态。一个人站在车上用大锤敲打车的左端，在连续的敲打下，下列说法正确的是( )
A．平板车左右往复运动
B．平板车持续向右运动
C．大锤、人和平板车组成的系统水平方向动量守恒
D．当大锤停止运动时，人和车也停止运动
3．(人教版选择性必修第一册改编)某机车以0.8 m/s的速度驶向停在铁轨上的15节车厢，跟它们对接。机车跟第1节车厢相碰后，它们连在一起具有一个共同的速度，紧接着又跟第2节车厢相碰，就这样，直至碰上最后一节车厢。设机车和车厢的质量都相等，则跟最后一节车厢相碰后车厢的速度为(铁轨的摩擦忽略不计)( )
A．0.053 m/s B．0.05 m/s
C．0.057 m/s D．0.06 m/s
动量守恒定律的理解及其应用
1．动量守恒条件的理解
(1)理想守恒：不受外力或所受外力的矢量和为零。
(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矢量和为零，则系统在这一方向上动量守恒。
2．动量守恒定律的表达式
(1)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。
(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。
(3)Δp＝0，系统总动量的增量为0。
3．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
[典例1] 如图所示，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
[听课记录]
[典例2] (多选)足够大的光滑水平面上，一根不可伸长的细绳一端连接着质量为m1＝1.0 kg的物块A，另一端连接质量为m2＝1.0 kg的长木板B，绳子开始是松弛的。质量为m3＝1.0 kg的物块C放在长木板B的右端，C与长木板B间滑动摩擦力的大小等于最大静摩擦力的大小。现在给物块C水平向左的瞬时初速度v0＝2.0 m/s，物块C立即在长木板B上运动。已知绳子绷紧前，B、C已经达到共同速度；绳子绷紧后，A、B总是具有相同的速度；物块C始终未从长木板B上滑落。下列说法正确的是( )
A．绳子绷紧前，B、C达到的共同速度大小为 1.0 m/s
B．绳子刚绷紧后的瞬间，A、B的速度大小均为 1.0 m/s
C．绳子刚绷紧后的瞬间，A、B的速度大小均为 0.5 m/s
D．最终A、B、C三者将以大小为 m/s的共同速度一直运动下去
[听课记录]
应用动量守恒定律解题的思路
(1)分析题意，明确研究对象，知道系统是由哪几个物体组成的。
(2)受力分析，弄清系统内力和外力，判断是否满足动量守恒的条件。
(3)明确研究过程，确定初、末状态的动量和表达式。
(4)建立动量守恒方程并求解，必要时讨论说明。
碰撞模型
1．碰撞现象遵循的三条原则
(1)动量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2。
(2)动能不增加，即Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2 或。
(3)速度要合理
①若碰前两物体同向运动，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不可能都不改变。
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、速度为v2的小球发生弹性碰撞为例，则有
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2
机械能守恒：＝
联立解得v′1＝
v′2＝
结论1：当m1＝m2时：v′1＝v2，v′2＝v1，即m1、m2碰撞后交换速度。
结论2：若v2＝0，即简化为“一动一静”模型，v′1＝v1，v′2＝v1。
3．完全非弹性碰撞的特征
(1)撞后共速。
(2)有动能损失，且损失最多，|ΔEk|＝。
碰撞的可能性
[典例3] 两球A、B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，两球A、B速度的可能值是( )
A．v′A＝3 m/s，v′B＝4 m/s
B．v′A＝5 m/s，v′B＝2.5 m/s
C．v′A＝2 m/s，v′B＝4 m/s
D．v′A＝－4 m/s，v′B＝7 m/s
[听课记录]
碰撞的相关图像分析
[典例4] (2024·山东烟台二模)质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示，若令－＝p，则p的取值范围为( )
A．p<1 B．p<0
C．p≤－1 D．－1
[听课记录]
[典例5] (一题多变)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mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg。开始时C静止，A、B一起以v0＝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。
审题指导：
关键语句 获取信息
A与C碰撞时间极短 A、C系统动量守恒
A、B再次同速，恰好不与C碰撞 最后三者同速
[听课记录]
[变式] (1)在上例中，若A与C发生碰撞后粘在一起，则三个物体最终的速度是多大？
(2)在(1)的条件下，相互作用的整个过程中，系统的机械能损失了多少？
反冲、爆炸问题及“人船模型”
1．对反冲现象的三点说明
(1)系统内的不同部分在强大内力作用下向相反方向运动，通常用动量守恒来处理。
(2)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总机械能增加。
(3)反冲运动中平均动量守恒。
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”
(1)模型图示
(2)模型特点
①两者满足动量守恒定律：mv人－Mv船＝0；
②两者的位移大小满足：m－M＝0，且x人＋x船＝L船；
③运动特点：人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；＝＝。
(3)常见类人船模型
反冲问题
[典例6] 某中学航天兴趣小组的同学将静置在地面上的质量为M(含水)的自制“水火箭”释放升空，在极短的时间内，质量为m的水以相对地面为v0的速度竖直向下喷出。已知重力加速度为g，空气阻力不计，下列说法正确的是( )
A．火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力
B．水喷出的过程中，火箭和水组成的系统机械能守恒
C．火箭获得的最大速度为
D．火箭上升的最大高度为
[听课记录]
爆炸问题
[典例7] 一质量为M的爆竹竖直运动到最高点时，爆炸成两部分，爆炸后瞬间质量为m的部分动能为E，爆炸时间极短，可不计，不计爆炸过程中的质量损失，则该爆竹爆炸后瞬间的总动能为( )
A．E B．E
C．E D．E
[听课记录]
“人船”模型
[典例8] (2023·湖南卷)如图所示，质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为a和b，长轴水平，短轴竖直。质量为m的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑。以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy，椭圆长轴位于x轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为g。
(1)小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小；
(2)小球开始下落到小球第一次运动到最低点的过程中，凹槽相对于初始时刻运动的距离。
1．(2024·江苏卷)在水平面上有一个U形滑板A，A的上表面有一个静止的物体B，左侧用轻弹簧连接在滑板A的左侧，右侧用一根细绳连接在滑板A的右侧，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则( )
A．弹簧原长时物体动量最大
B．弹簧压缩最短时物体动能最大
C．系统动量变大
D．系统机械能变大
2．(多选)(2025·八省联考云南卷)如图甲所示，内表面光滑的“”形槽固定在水平地面上，完全相同的两物块a、b(可视为质点)置于槽的底部中点。t＝0时，a、b分别以速度v1、v2向相反方向运动，已知b开始运动后速度v随时间t的变化关系如图乙所示，所有的碰撞均视为弹性碰撞且碰撞时间极短。下列说法正确的是( )
A．前17 s内a与b共碰撞3次
B．初始时a的速度大小为1 m/s
C．前17 s内b与槽的侧壁碰撞3次
D．槽内底部长为10 m
3．(2022·湖南卷)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v1
D．v2大于v0
4．(2024·江苏卷)嫦娥六号在轨速度为v0，着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离时间为Δt，分离后B的速度为v，且与v0同向，A、B的质量分别为m、M。求：
(1)分离后A的速度v1；
(2)分离时A对B的推力大小。
第2节 动量守恒定律及其应用
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梳理·必备知识
1．(1)矢量和 保持不变 (2)m1v′1＋m2v′2 (3)零
2．(1)很大 (2)远大于
3．远大于 守恒
激活·基本技能
1．(1)√ (2)√ (3)√ (4)√ (5)×
2．ACD [把大锤、人和平板车看成一个整体，用大锤连续敲打平板车的左端，因为系统水平方向受力为零，则沿该方向动量守恒，又由系统水平方向总动量为零知，当锤头敲打下去时，大锤向右运动，平板车就向左运动，抬起锤头时大锤向左运动，平板车向右运动，所以平板车在水平面上左右往复运动，当大锤停止运动时，人和平板车也停止运动，A、C、D正确。]
3．B [取机车和15节车厢整体为研究对象，由动量守恒定律得mv0＝(m＋15m)v，则v＝v0＝×0.8 m/s＝0.05 m/s，故B正确。]
细研考点·突破题型
考点1
典例1 B [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。]
典例2 ACD [绳子绷紧前，B、C已经达到共同速度，设B、C达到的共同速度大小为v1，根据动量守恒定律可得m3v0＝(m2＋m3)v1，解得v1＝1.0 m/s，A正确；绳子刚绷紧后的瞬间，设A、B具有相同的速度v2，A、B组成的系统满足动量守恒，则有m2v1＝(m1＋m2)v2，解得v2＝0.5 m/s，B错误，C正确；A、B、C三者最终有共同的速度，设为v3，A、B、C组成的系统满足动量守恒，则有m3v0＝(m1＋m2＋m3)v3，解得v3＝ m/s，D正确。]
考点2
典例3 C [碰前系统总动量为：p＝mAvA＋mBvB＝1×6 kg·m/s＋2×2 kg·m/s＝10 kg·m/s，碰前总动能为：Ek＝＝×1×62 J＋×2×22 J＝22 J。如果v′A＝3 m/s，v′B＝4 m/s，则碰后总动量为：p′＝1×3 kg·m/s＋2×4 kg·m/s＝11 kg·m/s，动量不守恒，不可能，A错误；若v′A＝5 m/s，v′B＝2.5 m/s，则碰撞后，A、B两球同向运动，A球在B球的后面，A球的速度大于B球的速度，不可能，B错误；如果v′A＝2 m/s，v′B＝4 m/s，则碰后总动量为：p′＝1×2 kg·m/s＋2×4 kg·m/s＝10 kg·m/s，系统动量守恒，碰后总动能为：E′k＝×1×22 J＋×2×42 J＝18 J，系统动能减小，满足碰撞的条件，C正确；如果v′A＝－4 m/s，v′B＝7 m/s，则碰后总动量为：p′＝1×(－4) kg·m/s＋2×7 kg·m/s＝10 kg·m/s，系统动量守恒，碰后总动能为：E′k＝×1×42 J＋×2×72 J＝57 J，系统总动能增加，不可能，D错误。]
典例4 C [xt图像的斜率表示物体的速度，碰后m1的速度为v1＝－m2，碰后m2的速度为v2＝，两小球碰撞过程中满足动量守恒定律，即m1v0＝m1v1＋m2v2，v0＝，且，整理解得－≤－1，即p≤－1，故选C。]
典例5 解析：长木板A与滑块C处于光滑水平轨道上，两者碰撞时间极短，碰撞过程中滑块B与长木板A间的摩擦力可以忽略不计，以向右为正方向，长木板A与滑块C组成的系统在碰撞过程中动量守恒，则mAv0＝mAvA＋mCvC。两者碰撞后，长木板A与滑块B组成的系统在两者达到同速之前所受合外力为零，系统动量守恒，则mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)v。长木板A和滑块B达到共同速度后，恰好不再与滑块C碰撞，则最后三者速度相等，vC＝v。联立以上各式，代入数据解得vA＝2 m/s。
答案：2 m/s
变式 解析：(1)整个作用过程中，A、B、C三个物体组成的系统动量守恒，最终三者具有相同的速度，根据动量守恒，有
(mA＋mB)v0＝(mA＋mB＋mC)v
代入数据可得v＝3 m/s。
(2)三者最后的速度v＝3 m/s
相互作用前E1＝＝37.5 J
A、B再次达到共同速度时
E2＝(mA＋mB＋mC)v2＝22.5 J
机械能损失ΔE＝E1－E2＝15 J。
答案：(1)3 m/s (2)15 J
考点3
典例6 D [火箭的推力来源于向下喷出的水对它的反作用力，A错误；水喷出的过程中，火箭内高压气体做功，火箭及水组成的系统机械能增加不守恒，B错误；在水喷出后的瞬间，火箭获得的速度最大，以竖直向上为正方向，由动量守恒定律有(M－m)v－mv0＝0，解得v＝，C错误；水喷出后，火箭做竖直上抛运动，上抛到最高点的过程中，有v2＝2gh，解得h＝，D正确。]
典例7 D [设爆炸后瞬间质量为m的部分速度大小为v1，另一部分的速度大小为v2，根据动量守恒可得mv1＝(M－m)v2，解得v2＝v1，又E＝，则该爆竹爆炸后瞬间的总动能为E总＝，联立解得E总＝E，故选D。]
典例8 解析：(1)小球从静止到第一次运动到轨道最低点的过程，小球和凹槽组成的系统水平方向上动量守恒，有0＝mv1－Mv2
对小球与凹槽组成的系统，由机械能守恒定律有
mgb＝
联立解得v2＝。
(2)根据人船模型规律，在水平方向上有
mx1＝Mx2
又由位移关系知x1＋x2＝a
解得凹槽相对于初始时刻运动的距离x2＝。
答案：(1) (2)
即时检验·感悟高考
1．A [对整个系统分析可知合外力为0，A和B组成的系统动量守恒，得mAvA＝mBvB，设弹簧的初始弹性势能为Ep，整个系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，当弹簧原长时得Ep＝，联立得Ep＝，故可知弹簧原长时物体速度最大，此时动量最大，动能最大。]
2．BC [根据碰撞规律可知物块b与槽壁碰后速度大小不变，方向改变，与a碰后交换速度，则根据物块b的vt图像，可知前17 s内a与b共碰撞4次，发生在4～6 s之间、8 s时刻、10～12 s之间以及16 s时刻，A错误；前17 s内b与槽的侧壁碰撞3次，分别在2 s、10 s 和12 s时刻，C正确；b与a碰前速度大小为v2＝2 m/s，方向向左，碰后b的速度大小v2′＝1 m/s，方向向右，因两物块质量相同且碰撞为弹性碰撞，则碰后两物块交换速度，可知碰前a的速度大小v1＝v2′＝1 m/s，即初始时a的速度大小为1 m/s，B正确；槽内底部长为L＝2v2Δt＝2×2×2 m＝8 m，D错误。故选BC。]
3．B [设中子质量为m0，被碰粒子质量为m，碰后中子速度为v′0，被碰粒子速度为v，二者发生弹性正碰，由动量守恒定律和能量守恒定律有m0v0＝＝＋mv2，解得v′0＝v0，v＝v0，因此当被碰粒子分别为氢核(m0)和氮核(14m0)时，有v1＝v0，v2＝v0，故C、D项错误；碰撞后氮核的动量为p氮＝14m0·v2＝m0v0，氢核的动量为p氢＝m0·v1＝m0v0，p氮>p氢，故A错误；碰撞后氮核的动能为Ek氮＝＝，氢核的动能为Ek氢＝＝，Ek氮4．解析：(1)组合体分离前后动量守恒，取v0的方向为正方向，有(m＋M)v0 ＝ Mv＋mv1
解得v1＝，方向与v0相同。
(2)以B为研究对象，对B列动量定理有
FΔt＝Mv－Mv0
解得F＝。
答案：(1)，方向与v0相同 (2)
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第六章 动 量
第2节 动量守恒定律及其应用
[学习目标] 1．理解动量守恒的条件，会应用动量守恒定律解决基本问题。
2．掌握碰撞的特点，会分析计算一维碰撞问题。
3．会用动量守恒的观点分析爆炸、反冲及人船模型。
链接教材·夯基固本
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______为0，则这个系统的总动量________。
(2)表达式：①p＝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。
②Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。
(3)守恒条件：不受外力或所受外力的合力为__。
矢量和
保持不变
m1v′1＋m2v′2
零
2．碰撞
(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，即碰撞是一种强烈的作用。
(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。
很大
远大于
(3)分类
①弹性碰撞：动量守恒、机械能守恒。
②非弹性碰撞：动量守恒、机械能有损失。
③完全非弹性碰撞：动量守恒、机械能损失最多。
3．爆炸
特点：爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且______系统所受的外力，所以系统动量____。如爆竹爆炸等。
远大于
守恒
4．反冲
(1)定义：当静止物体的一部分以一定的速度离开物体向前运动时，剩余部分必将向后运动，这种现象叫反冲。
(2)特点：系统内各物体间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．易错易混辨析
(1)只要系统所受的外力的矢量和为0，系统的动量就守恒。 ( )
(2)物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒。 ( )
(3)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。 ( )
√
√
√
(4)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。 ( )
(5)爆炸过程中机械能增加，反冲过程中机械能减少。 ( )
√
×
2．(鲁科版选择性必修第一册改编)(多选)如图所示，在光滑的水平面上有一辆平板车，人和车都处于静止状态。一个人站在车上用大锤敲打车的左端，在连续的敲打下，下列说法正确的是( )
A．平板车左右往复运动
B．平板车持续向右运动
C．大锤、人和平板车组成的系统水
平方向动量守恒
D．当大锤停止运动时，人和车也停止运动
√
√
√
ACD [把大锤、人和平板车看成一个整体，用大锤连续敲打平板车的左端，因为系统水平方向受力为零，则沿该方向动量守恒，又由系统水平方向总动量为零知，当锤头敲打下去时，大锤向右运动，平板车就向左运动，抬起锤头时大锤向左运动，平板车向右运动，所以平板车在水平面上左右往复运动，当大锤停止运动时，人和平板车也停止运动，A、C、D正确。]
3．(人教版选择性必修第一册改编)某机车以0.8 m/s的速度驶向停在铁轨上的15节车厢，跟它们对接。机车跟第1节车厢相碰后，它们连在一起具有一个共同的速度，紧接着又跟第2节车厢相碰，就这样，直至碰上最后一节车厢。设机车和车厢的质量都相等，则跟最后一节车厢相碰后车厢的速度为(铁轨的摩擦忽略不计)( )
A．0.053 m/s B．0.05 m/s
C．0.057 m/s D．0.06 m/s
√
B [取机车和15节车厢整体为研究对象，由动量守恒定律得mv0＝(m＋15m)v，则v＝v0＝×0.8 m/s＝0.05 m/s，故B正确。]
细研考点·突破题型
考点1 动量守恒定律的理解及其应用
1．动量守恒条件的理解
(1)理想守恒：不受外力或所受外力的矢量和为零。
(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矢量和为零，则系统在这一方向上动量守恒。
2．动量守恒定律的表达式
(1)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。
(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。
(3)Δp＝0，系统总动量的增量为0。
3．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
[典例1] 如图所示，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
√
B [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。]
[典例2] (多选)足够大的光滑水平面上，一根不可伸长的细绳一端连接着质量为m1＝1.0 kg的物块A，另一端连接质量为m2＝1.0 kg的长木板B，绳子开始是松弛的。质量为m3＝1.0 kg的物块C放在长木板B的右端，C与长木板B间滑动摩擦力的大小等于最大静摩擦力的大小。现在给物块C水平向左的瞬时初速度v0＝2.0 m/s，物块C立即在长木板B上运动。已知绳子绷紧前，B、C已经达到共同速度；绳子绷紧后，A、B总是具有相同的速度；物块C始终未从长木板B上滑落。下列说法正确的是( )
A．绳子绷紧前，B、C达到的共同速度大小为 1.0 m/s
B．绳子刚绷紧后的瞬间，A、B的速度大小均为 1.0 m/s
C．绳子刚绷紧后的瞬间，A、B的速度大小均为 0.5 m/s
D．最终A、B、C三者将以大小为 m/s的共同速度一直运动下去
√
√
√
ACD [绳子绷紧前，B、C已经达到共同速度，设B、C达到的共同速度大小为v1，根据动量守恒定律可得m3v0＝(m2＋m3)v1，解得v1＝1.0 m/s，A正确；绳子刚绷紧后的瞬间，设A、B具有相同的速度v2，A、B组成的系统满足动量守恒，则有m2v1＝(m1＋m2)v2，解得v2＝0.5 m/s，B错误，C正确；A、B、C三者最终有共同的速度，设为v3，A、B、C组成的系统满足动量守恒，则有m3v0＝(m1＋m2＋m3)v3，解得v3＝ m/s，D正确。]
规律方法 应用动量守恒定律解题的思路
(1)分析题意，明确研究对象，知道系统是由哪几个物体组成的。
(2)受力分析，弄清系统内力和外力，判断是否满足动量守恒的条件。
(3)明确研究过程，确定初、末状态的动量和表达式。
(4)建立动量守恒方程并求解，必要时讨论说明。
考点2 碰撞模型
1．碰撞现象遵循的三条原则
(1)动量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2。
(2)动能不增加，即Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2 或。
(3)速度要合理
①若碰前两物体同向运动，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不可能都不改变。
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、速度为v2的小球发生弹性碰撞为例，则有
动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2
机械能守恒：＝
联立解得v′1＝
v′2＝
结论1：当m1＝m2时：v′1＝v2，v′2＝v1，即m1、m2碰撞后交换速度。
结论2：若v2＝0，即简化为“一动一静”模型，v′1＝v1，
v′2＝v1。
3．完全非弹性碰撞的特征
(1)撞后共速。
(2)有动能损失，且损失最多，|ΔEk|＝。
角度1 碰撞的可能性
[典例3] 两球A、B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，两球A、B速度的可能值是( )
A．v′A＝3 m/s，v′B＝4 m/s
B．v′A＝5 m/s，v′B＝2.5 m/s
C．v′A＝2 m/s，v′B＝4 m/s
D．v′A＝－4 m/s，v′B＝7 m/s
√
C [碰前系统总动量为：p＝mAvA＋mBvB＝1×6 kg·m/s＋2×
2 kg·m/s＝10 kg·m/s，碰前总动能为：Ek＝＝×1×62 J＋×2×22 J＝22 J。如果v′A＝3 m/s，v′B＝4 m/s，则碰后总动量为：p′＝1×3 kg·m/s＋2×4 kg·m/s＝11 kg·m/s，动量不守恒，不可能，A错误；若v′A＝5 m/s，v′B＝2.5 m/s，则碰撞后，A、B两球同向运动，A球在B球的后面，A球的速度大于B球的速度，不
可能，B错误；如果v′A＝2 m/s，v′B＝4 m/s，则碰后总动量为：p′＝1×2 kg·m/s＋2×4 kg·m/s＝10 kg·m/s，系统动量守恒，碰后总动能为：E′k＝×1×22 J＋×2×42 J＝18 J，系统动能减小，满足碰撞的条件，C正确；如果v′A＝－4 m/s，v′B＝7 m/s，则碰后总动量为：p′＝1×(－4) kg·m/s＋2×7 kg·m/s＝10 kg·m/s，系统动量守恒，碰后总动能为：E′k＝×1×42 J＋×2×72 J＝57 J，系统总动能增加，不可能，D错误。]
角度2 碰撞的相关图像分析
[典例4] (2024·山东烟台二模)质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示，若令－＝p，则p的取值范围为( )
A．p<1 B．p<0
C．p≤－1 D．－1√
C [x-t图像的斜率表示物体的速度，碰后m1的速度为v1＝－m2，碰后m2的速度为v2＝，两小球碰撞过程中满足动量守恒定律，即m1v0＝m1v1＋m2v2，v0＝，且，整理解得－≤－1，即p≤－1，故选C。]
[典例5] (一题多变)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mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg。开始时C静止，A、B一起以v0＝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。
审题指导：
关键语句 获取信息
A与C碰撞时间极短 A、C系统动量守恒
A、B再次同速，恰好不与C碰撞 最后三者同速
[解析] 长木板A与滑块C处于光滑水平轨道上，两者碰撞时间极短，碰撞过程中滑块B与长木板A间的摩擦力可以忽略不计，以向右为正方向，长木板A与滑块C组成的系统在碰撞过程中动量守恒，则mAv0＝mAvA＋mCvC。两者碰撞后，长木板A与滑块B组成的系统在两者达到同速之前所受合外力为零，系统动量守恒，则mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)v。长木板A和滑块B达到共同速度后，恰好不再与滑块C碰撞，则最后三者速度相等，vC＝v。联立以上各式，代入数据解得vA＝2 m/s。
[答案] 2 m/s
[变式] (1)在上例中，若A与C发生碰撞后粘在一起，则三个物体最终的速度是多大？
(2)在(1)的条件下，相互作用的整个过程中，系统的机械能损失了多少？
[解析] (1)整个作用过程中，A、B、C三个物体组成的系统动量守恒，最终三者具有相同的速度，根据动量守恒，有(mA＋mB)v0＝(mA＋mB＋mC)v
代入数据可得v＝3 m/s。
(2)三者最后的速度v＝3 m/s
相互作用前E1＝＝37.5 J
A、B再次达到共同速度时
E2＝(mA＋mB＋mC)v2＝22.5 J
机械能损失ΔE＝E1－E2＝15 J。
[答案] (1)3 m/s (2)15 J
考点3 反冲、爆炸问题及“人船模型”
1．对反冲现象的三点说明
(1)系统内的不同部分在强大内力作用下向相反方向运动，通常用动量守恒来处理。
(2)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总机械能增加。
(3)反冲运动中平均动量守恒。
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”
(1)模型图示
(2)模型特点
①两者满足动量守恒定律：mv人－Mv船＝0；
②两者的位移大小满足：m－M＝0，且x人＋x船＝L船；
③运动特点：人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；＝＝。
(3)常见类人船模型
角度1 反冲问题
[典例6] 某中学航天兴趣小组的同学将静置在地面上的质量为M(含水)的自制“水火箭”释放升空，在极短的时间内，质量为m的水以相对地面为v0的速度竖直向下喷出。已知重力加速度为g，空气阻力不计，下列说法正确的是( )
A．火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力
B．水喷出的过程中，火箭和水组成的系统机械能守恒
C．火箭获得的最大速度为
D．火箭上升的最大高度为
√
D [火箭的推力来源于向下喷出的水对它的反作用力，A错误；水喷出的过程中，火箭内高压气体做功，火箭及水组成的系统机械能增加不守恒，B错误；在水喷出后的瞬间，火箭获得的速度最大，以竖直向上为正方向，由动量守恒定律有(M－m)v－mv0＝0，解得v＝，C错误；水喷出后，火箭做竖直上抛运动，上抛到最高点的过程中，有v2＝2gh，解得h＝，D正确。]
角度2 爆炸问题
[典例7] 一质量为M的爆竹竖直运动到最高点时，爆炸成两部分，爆炸后瞬间质量为m的部分动能为E，爆炸时间极短，可不计，不计爆炸过程中的质量损失，则该爆竹爆炸后瞬间的总动能为( )
A．E B．E
C．E D．E
√
D [设爆炸后瞬间质量为m的部分速度大小为v1，另一部分的速度大小为v2，根据动量守恒可得mv1＝(M－m)v2，解得v2＝v1，又E＝，则该爆竹爆炸后瞬间的总动能为E总＝，联立解得E总＝E，故选D。]
角度3 “人船”模型
[典例8] (2023·湖南卷)如图所示，质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为a和b，长轴水平，短轴竖直。质量为m的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑。以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy，椭圆长轴位于x轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为g。
(1)小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小；
(2)小球开始下落到小球第一次运动到最低点的过程中，凹槽相对于初始时刻运动的距离。
[解析] (1)小球从静止到第一次运动到轨道最低点的过程，小球和凹槽组成的系统水平方向上动量守恒，有0＝mv1－Mv2
对小球与凹槽组成的系统，由机械能守恒定律有
mgb＝
联立解得v2＝。
(2)根据人船模型规律，在水平方向上有mx1＝Mx2
又由位移关系知x1＋x2＝a
解得凹槽相对于初始时刻运动的距离x2＝。
[答案] (1) (2)
即时检验·感悟高考
1．(2024·江苏卷)在水平面上有一个U形滑板A，A的上表面有一个静止的物体B，左侧用轻弹簧连接在滑板A的左侧，右侧用一根细绳连接在滑板A的右侧，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则( )
A．弹簧原长时物体动量最大
B．弹簧压缩最短时物体动能最大
C．系统动量变大
D．系统机械能变大
√
A [对整个系统分析可知合外力为0，A和B组成的系统动量守恒，得mAvA＝mBvB，设弹簧的初始弹性势能为Ep，整个系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，当弹簧原长时得Ep＝，联立得Ep＝，故可知弹簧原长时物体速度最大，此时动量最大，动能最大。]
2．(多选)(2025·八省联考云南卷)如图甲所示，内表面光滑的“ ”形槽固定在水平地面上，完全相同的两物块a、b(可视为质点)置于槽的底部中点。t＝0时，a、b分别以速度v1、v2向相反方向运动，已知b开始运动后速度v随时间t的变化关系如图乙所示，所有的碰撞均视为弹性碰撞且碰撞时间极短。下列说法正确的是( )
A．前17 s内a与b共碰撞3次
B．初始时a的速度大小为1 m/s
C．前17 s内b与槽的侧壁碰撞3次
D．槽内底部长为10 m
√
√
BC [根据碰撞规律可知物块b与槽壁碰后速度大小不变，方向改变，与a碰后交换速度，则根据物块b的v-t图像，可知前17 s内a与b共碰撞4次，发生在4～6 s之间、8 s时刻、10～12 s之间以及16 s时刻，A错误；前17 s内b与槽的侧壁碰撞3次，分别在2 s、10 s 和12 s时刻，C正确；b与a碰前速度大小为v2＝2 m/s，方向向左，碰后b的速度大小v2′＝1 m/s，方向向右，因两物块质量相同且碰撞为弹性碰撞，则碰后两物块交换速度，可知碰前a的速度大小v1＝v2′＝1 m/s，即初始时a的速度大小为 1 m/s，B正确；槽内底部长为L＝2v2Δt＝2×2×2 m＝8 m，D错误。故选BC。]
3．(2022·湖南卷)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v1
D．v2大于v0
√
B [设中子质量为m0，被碰粒子质量为m，碰后中子速度为v′0，被碰粒子速度为v，二者发生弹性正碰，由动量守恒定律和能量守恒定律有m0v0＝＝＋mv2，解得v′0＝v0，v＝v0，因此当被碰粒子分别为氢核(m0)和氮核(14m0)时，有v1＝v0，v2＝v0，故C、D项错误；碰撞后氮核的动量为p氮＝14m0·v2＝m0v0，氢核的动量为p氢＝m0·v1＝m0v0，p氮>p氢，故A错误；碰撞后氮核的动能为Ek氮＝＝，氢核的动能为Ek氢＝＝，Ek氮4．(2024·江苏卷)嫦娥六号在轨速度为v0，着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离时间为Δt，分离后B的速度为v，且与v0同向，A、B的质量分别为m、M。求：
(1)分离后A的速度v1；
(2)分离时A对B的推力大小。
[解析] (1)组合体分离前后动量守恒，取v0的方向为正方向，有
(m＋M)v0 ＝Mv＋mv1
解得v1＝，方向与v0相同。
(2)以B为研究对象，对B列动量定理有
FΔt＝Mv－Mv0
解得F＝。
[答案] (1)，方向与v0相同 (2)
课时数智作业(十七)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
1．如图所示，曲面体P静止于光滑水平面上，将物块Q自P的上端由静止释放。Q与P的接触面光滑，Q在P上运动的过程中，下列说法正确的是
( )
A．P对Q做功为零
B．P和Q之间的相互作用力做功之和为零
C．P和Q构成的系统机械能守恒、动量守恒
D．P和Q构成的系统机械能不守恒、动量守恒
12
√
题号
1
3
5
2
4
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11
B [根据题意可知，Q下滑，P后移，作Q与P的运动状态示意图如图所示。物块Q从光滑曲面体P上滑下，两者组成的系统没有重力以外的其他力做功，系统的机械能守恒，故D错误；物块Q滑下，曲面体向后运动，说明物块Q对曲面体P做正功，则曲面体P对物块Q做负功，且P和Q之间的相互作用力做功之和为零，故A错误，B正确；P和Q组成的系统所受外力不为零，动量
不守恒，但在水平方向的外力为零，系统在
水平方向上动量守恒，故C错误。]
12
2．将质量为1.00 kg的模型火箭(不包括燃料)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/s
C．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s
题号
1
3
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4
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11
12
√
A [开始总动量为零，规定气体喷出的方向为正方向，根据动量守恒定律得0＝m1v1＋p，解得火箭的动量p＝－m1v1＝－0.05×600 kg·m/s＝－30 kg·m/s，负号表示方向，大小为30 kg·m/s，故选A。]
题号
1
3
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10
11
12
3．(多选)如图所示，某科研团队对研发的人形机器人进行跳跃测试。小车静置于光滑水平地面上，机器人静止站立在平台右端A点。测试时机器人以初速度v0(大小未知)水平跳出，落到小车上的B点，此过程中机器人消耗能量为E(大小未知)。已知机器人的质量为m，小车的质量为M，A点与B点高度差为h，水平距离为s，重力加速度为g，机器人可以看作质点，假设机器人消耗的能量全部转化为动能，不考虑空气阻力，下列选项正确的是( )
题号
1
3
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11
12
A．v0＝ B．v0＝
C．E＝· D．E＝·
题号
1
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2
4
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8
7
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10
11
12
√
√
AC [机器人跳出的过程，机器人和小车组成的系统动量守恒，设机器人跳出时小车的速度为v，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0－Mv＝0，由能量守恒定律得：E＝＋Mv2，机器人落在小车的B点前做平抛运动，小车做匀速直线运动，对机器人由运动学公式得：h＝gt2，vt＋v0t＝s，联立解得：v0＝，v＝，E＝·，故A、C正确，B、D错误。故选AC。]
题号
1
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11
12
4．(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车上时相对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＞vb
D．a、c两车运动方向相反
题号
1
3
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2
4
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11
12
√
√
CD [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＋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c车与a车方向相反，故A、B错误，C、D正确。]
题号
1
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11
12
5．(人教版选择性必修第一册改编)A球的质量是m，B球的质量是2m，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动。B在前，A在后，发生正碰后，A球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半，则碰后两球的速率比vA′∶vB′为( )
A．1∶2 B．1∶3
C．2∶1 D．2∶3
题号
1
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11
12
√
D [设碰前A球的速率为v，根据题意pA＝pB，即mv＝2mvB，得碰前vB＝，碰后vA′＝，由动量守恒定律有mv＋2m×＝m×＋2mvB′，解得vB′＝，所以vA′∶vB′＝∶＝2∶3，D正确。]
题号
1
3
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2
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11
12
6．(2025·广东广州高三阶段检测)如图所示，冰壶A以 1.5 m/s 的速度与静止在冰面上的冰壶B正碰，碰后瞬间B的速度大小为 1.2 m/s，方向与A碰前速度方向相同，碰撞时间极短。若已知两冰壶的质量均为20 kg，则下列说法正确的是( )
A．碰后瞬间A的速度大小为0.4 m/s
B．碰撞过程中，B对A做功为21.6 J
C．碰撞过程中，A对B的冲量大小为24 N·s
D．A、B碰撞过程是弹性碰撞
题号
1
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12
√
C [由于碰撞时间极短，内力远远大于外力，可知A、B相碰时，A和B组成的系统动量近似守恒。根据动量守恒定律，以v0方向为正方向，有mv0＝mvA＋mvB，解得vA＝0.3 m/s，故A错误；根据动能定理，碰撞过程中，B对A做功为W＝解得W＝－21.6 J，故B错误；碰撞过程中，根据动量定理，A对B的冲量大小I＝mvB，解得I＝24 N·s，故C正确；碰撞之前总能量为Ek＝＝22.5 J，碰撞后A、B系统总动能为E′k＝＝15.3 J，由此可知Ek>E′k，故A、B碰撞过程是非弹性碰撞，故D错误。]
题号
1
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12
7．(多选)(2024·山东统考期末)在一次冰壶比赛中，质量为19.6 kg的红壶静止在水平冰面上，运动员用等质量的黄壶撞击红壶，两壶在t＝1 s时发生正碰，碰撞前后两冰壶的v-t图像如图所示，已知两冰壶与冰面间的动摩擦因数相同。关于两冰
壶的运动，下列说法正确的是( )
题号
1
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11
12
A．图像①是黄壶碰后的运动图像
B．碰撞前后黄壶动量变化量的大小为27.44 kg·m/s
C．碰后红壶经7 s停下
D．两冰壶静止时距离为4.5 m
题号
1
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√
√
√
BCD [两壶发生正碰后，黄壶的速度应小于红壶，图像①是红壶碰后的运动图像，A错误；冰壶运动的加速度大小a＝ m/s2＝0.2 m/s2，则碰撞后黄壶的速度v1＝0.2×2 m/s＝0.4 m/s，碰撞前后黄壶动量变化量的大小为Δp1＝m(v－v1)＝19.6×(1.8－0.4) kg·m/s＝27.44 kg·m/s，B正确；根据动量守恒定律得mv＝mv1＋mv2，解得碰撞后红壶的速度大小为v2＝1.4 m/s，红壶从开始运动到停止所用的时间t2＝＝7 s，C正确；两冰壶静止时距离Δx＝t2－t1＝4.5 m，D正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
8．(多选)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
题号
1
3
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2
4
6
8
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9
10
11
12
√
√
BC [设运动员和物块的质量分别为m、m0，规定运动员运动的方向为正方向，运动员开始时静止，第1次将物块推出后，设运动员和物块的速度大小分别为v1、v0，则根据动量守恒定律有：0＝mv1－m0v0，解得v1＝v0；物块与挡板弹性碰撞后，运动方向与运动员同向，当运动员第2次推出物块时，有：mv1＋m0v0＝mv2－m0v0，解得v2＝v0；第3次推出物块时，有：mv2＋m0v0＝mv3－m0v0，
题号
1
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6
8
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12
解得v3＝v0；以此类推，第8次推出物块后，运动员的速度v8＝v0。根据题意可知，v8＝v0>v0，解得m<15m0＝60 kg；第7次推出物块后，运动员的速度v7＝v013m0＝52 kg。综上所述，该运动员的质量应满足52 kg题号
1
3
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12
9．一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/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )
题号
1
3
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2
4
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11
12
A B
C D
√
B [以向右为正方向，由h＝gt2可知，爆炸后甲、乙两块做平抛运动的时间t＝1 s，爆炸过程中，爆炸力对沿原方向运动的一块弹片的冲量沿运动方向，故这一块弹片的速度必然增大，即v＞2 m/s，因此水平位移大于2 m，C、D项错误；甲、乙两块在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，即甲、乙两块的动量改变量大小相等，两块质量比为 3∶1，所以速度变化量大小之比为1∶3，在平抛运动水平方向上有x＝v0t，所以题图A中，v乙＝－0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，|Δv乙|＝2.5 m/s，Δv甲＝0.5 m/s，A项错误；题图B中，v乙＝0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，|Δv乙|＝1.5 m/s，Δv甲＝0.5 m/s，B项正确。]
题号
1
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12
10．(多选)(2024·河北省部分高中高三二模)2024年2月5日，在斯诺克德国大师赛决赛中，特鲁姆普以10比5的战绩战胜斯佳辉获得冠军。如图所示，特鲁姆普某次用白球击打静止的蓝球，两球碰后沿同一直线运动。蓝球经t＝0.6 s的时间向前运动x1＝0.36 m，刚好(速度为0)落入袋中，而白球沿同一方向运动x2＝0.16 m 后停止运动。已知两球的质量相等，碰后以相同的加速度做匀变速直线运动，假设两球碰撞的时间极短且发生正碰(内力远大于外力)，则下列说法正确的是( )
题号
1
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2
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12
A．由于摩擦不能忽略，则碰撞过程动量不守恒
B．碰后蓝球与白球的速度之比为3∶2
C．碰撞前白球的速度大小为2 m/s
D．该碰撞为弹性碰撞
题号
1
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10
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12
√
√
BC [由题意知两球碰撞的时间极短，碰撞过程中产生极大的内力，两球与桌面间的摩擦力远远小于内力，所以该碰撞过程的动量守恒，A错误；碰后，蓝球做匀减速直线运动且刚好落入袋内，由匀变速直线运动的规律知x1＝t，得蓝球碰后瞬间的速度为v1＝＝1.2 m/s，又两球的加速度大小相等，则由公式v2＝2ax得＝，解得碰后瞬间白球的速度大小为v2＝0.8 m/s，则碰后蓝球与白球的速度之比为3∶2，
题号
1
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12
B正确；碰撞过程中两球组成的系统动量守恒，则mv0＝mv1＋mv2，代入数据解得v0＝2 m/s，C正确；两球碰前的动能为Ek1＝＝2m，两球碰后的总动能为Ek2＝＝1.04m，由于Ek1>Ek2，所以该碰撞过程有机械能损失，即该碰撞为非弹性碰撞，D错误。]
题号
1
3
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12
11．(2025·黑龙江实验中学高三月考)如图所示，光滑水平面上依次有质量为mC＝2 kg的滑块C，质量为mA＝3 kg的滑块A，质量为mB＝3 kg的滑块B。开始时A、B静止，C以v0＝10 m/s的初速度冲向A，与A发生弹性碰撞，碰撞后A继续向右运动，与B发生碰撞并粘在一起。求：
(1)C与A碰撞后A的速度大小；
(2)A与B碰撞过程中损失的机械能。
题号
1
3
5
2
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6
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12
[解析] (1)取向右为正方向，以C、A为系统研究，根据动量守恒定律有
mCv0＝mCvC＋mAvA
根据机械能守恒定律有＝
解得vC＝－2 m/s，vA＝8 m/s
即C与A碰撞后A的速度大小为8 m/s。
题号
1
3
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12
(2)仍取向右为正方向，以A、B为系统研究，根据动量守恒定律有
mAvA＝(mA＋mB)v
根据能量守恒定律有E损＝－(mA＋mB)v2
解得E损＝48 J。
题号
1
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12
[答案] (1)8 m/s (2)48 J
12．(2023·重庆卷)如图所示，桌面上固定了一半径为R的水平光滑圆轨道，M、N为轨道上的两点，且位于同一直径上，P为MN段的中点。在P点处有一加速器(大小可忽略)，小球每次经过P点后，其速度大小都增加v0。质量为m的小球1从N处以初速度v0沿轨道逆时针运动，与静止在M处的小球2发生第一次弹性碰撞，碰后瞬间两球速度大小相等。忽略每次碰撞时间。求：
题号
1
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12
(1)球1第一次经过P点后瞬间向心力的大小；
(2)球2的质量；
(3)两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间。
题号
1
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12
[解析] (1)球1第一次经过P点后瞬间速度变为2v0，所以Fn＝m＝。
(2)球1与球2发生弹性碰撞，且碰后速度大小相等，说明球1碰后反弹，则
m·2v0＝－mv＋m′v
m(2v0)2＝mv2＋m′v2
联立解得v＝v0，m′＝3m。
题号
1
3
5
2
4
6
8
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11
12
(3)设两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间为Δt，则
球1从第一次碰撞回到P点所需时间t1＝
此后到两球再次相碰，有v0t2＋2v0t2＝πR
所以Δt＝t1＋t2＝。
题号
1
3
5
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12
[答案] (2)3m (3)
谢 谢 ！课时分层作业(十七)
1．如图所示，曲面体P静止于光滑水平面上，物块Q自P的上端静止释放。Q与P的接触面光滑，Q在P上运动的过程中，下列说法正确的是( )
A．P对Q做功为零
B．P和Q之间的相互作用力做功之和为零
C．P和Q构成的系统机械能守恒、动量守恒
D．P和Q构成的系统机械能不守恒、动量守恒
2．将质量为1.00 kg的模型火箭(不包括燃料)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/s
C．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s
3．(多选)如图所示，某科研团队对研发的人形机器人进行跳跃测试。小车静置于光滑水平地面上，机器人静止站立在平台右端A点。测试时机器人以初速度v0(大小未知)水平跳出，落到小车上的B点，此过程中机器人消耗能量为E(大小未知)。已知机器人的质量为m，小车的质量为M，A点与B点高度差为h，水平距离为s，重力加速度为g，机器人可以看作质点，假设机器人消耗的能量全部转化为动能，不考虑空气阻力，下列选项正确的是( )
A．v0＝ B．v0＝
C．E＝· D．E＝·
4．(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车上时相对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＞vb
D．a、c两车运动方向相反
5．(人教版选择性必修第一册改编)A球的质量是m，B球的质量是2m，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动。B在前，A在后，发生正碰后，A球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半，则碰后两球的速率比vA′∶vB′为( )
A．1∶2 B．1∶3
C．2∶1 D．2∶3
6．(2025·广东广州高三阶段检测)如图所示，冰壶A以 1.5 m/s 的速度与静止在冰面上的冰壶B正碰，碰后瞬间B的速度大小为 1.2 m/s，方向与A碰前速度方向相同，碰撞时间极短。若已知两冰壶的质量均为20 kg，则下列说法正确的是( )
A．碰后瞬间A的速度大小为0.4 m/s
B．碰撞过程中，B对A做功为21.6 J
C．碰撞过程中，A对B的冲量大小为24 N·s
D．A、B碰撞过程是弹性碰撞
7．(多选)(2024·山东统考期末)在一次冰壶比赛中，质量为19.6 kg的红壶静止在水平冰面上，运动员用等质量的黄壶撞击红壶，两壶在t＝1 s时发生正碰，碰撞前后两冰壶的v-t图像如图所示，已知两冰壶与冰面间的动摩擦因数相同。关于两冰壶的运动，下列说法正确的是( )
A．图像①是黄壶碰后的运动图像
B．碰撞前后黄壶动量变化量的大小为27.44 kg·m/s
C．碰后红壶经7 s停下
D．两冰壶静止时距离为4.5 m
8．(多选)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
9．一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/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )
A B
C D
10．(多选)(2024·河北省部分高中高三二模)2024年2月5日，在斯诺克德国大师赛决赛中，特鲁姆普以10比5的战绩战胜斯佳辉获得冠军。如图所示，特鲁姆普某次用白球击打静止的蓝球，两球碰后沿同一直线运动。蓝球经t＝0.6 s的时间向前运动x1＝0.36 m，刚好(速度为0)落入袋中，而白球沿同一方向运动x2＝0.16 m 后停止运动。已知两球的质量相等，碰后以相同的加速度做匀变速直线运动，假设两球碰撞的时间极短且发生正碰(内力远大于外力)，则下列说法正确的是( )
A．由于摩擦不能忽略，则碰撞过程动量不守恒
B．碰后蓝球与白球的速度之比为3∶2
C．碰撞前白球的速度大小为2 m/s
D．该碰撞为弹性碰撞
11．(2025·黑龙江实验中学高三月考)如图所示，光滑水平面上依次有质量为mC＝2 kg的滑块C，质量为mA＝3 kg的滑块A，质量为mB＝3 kg的滑块B。开始时A、B静止，C以v0＝10 m/s的初速度冲向A，与A发生弹性碰撞，碰撞后A继续向右运动，与B发生碰撞并粘在一起。求：
(1)C与A碰撞后A的速度大小；
(2)A与B碰撞过程中损失的机械能。
12．(2023·重庆卷)如图所示，桌面上固定了一半径为R的水平光滑圆轨道，M、N为轨道上的两点，且位于同一直径上，P为MN段的中点。在P点处有一加速器(大小可忽略)，小球每次经过P点后，其速度大小都增加v0。质量为m的小球1从N处以初速度v0沿轨道逆时针运动，与静止在M处的小球2发生第一次弹性碰撞，碰后瞬间两球速度大小相等。忽略每次碰撞时间。求：
(1)球1第一次经过P点后瞬间向心力的大小；
(2)球2的质量；
(3)两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间。
课时分层作业(十七)
1．B [根据题意可知，Q下滑，P后移，作Q与P的运动状态示意图如图所示。物块Q从光滑曲面体P上滑下，两者组成的系统没有重力以外的其他力做功，系统的机械能守恒，故D错误；物块Q滑下，曲面体向后运动，说明物块Q对曲面体P做正功，则曲面体P对物块Q做负功，且P和Q之间的相互作用力做功之和为零，故A错误，B正确；P和Q组成的系统所受外力不为零，动量不守恒，但在水平方向的外力为零，系统在水平方向上动量守恒，故C错误。]
2．A [开始总动量为零，规定气体喷出的方向为正方向，根据动量守恒定律得0＝m1v1＋p，解得火箭的动量p＝－m1v1＝－0.05×600 kg·m/s＝－30 kg·m/s，负号表示方向，大小为30 kg·m/s，故选A。]
3．AC [机器人跳出的过程，机器人和小车组成的系统动量守恒，设机器人跳出时小车的速度为v，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0－Mv＝0，由能量守恒定律得：E＝＋Mv2，机器人落在小车的B点前做平抛运动，小车做匀速直线运动，对机器人由运动学公式得：h＝gt2，vt＋v0t＝s，联立解得：v0＝，v＝，E＝·，故A、C正确，B、D错误。故选AC。]
4．CD [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＋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c车与a车方向相反，故A、B错误，C、D正确。]
5．D [设碰前A球的速率为v，根据题意pA＝pB，即mv＝2mvB，得碰前vB＝，碰后vA′＝，由动量守恒定律有mv＋2m×＝m×＋2mvB′，解得vB′＝，所以vA′∶vB′＝∶＝2∶3，D正确。]
6．C [由于碰撞时间极短，内力远远大于外力，可知A、B相碰时，A和B组成的系统动量近似守恒。根据动量守恒定律，以v0方向为正方向，有mv0＝mvA＋mvB，解得vA＝0.3 m/s，故A错误；根据动能定理，碰撞过程中，B对A做功为W＝解得W＝－21.6 J，故B错误；碰撞过程中，根据动量定理，A对B的冲量大小I＝mvB，解得I＝24 N·s，故C正确；碰撞之前总能量为Ek＝＝22.5 J，碰撞后A、B系统总动能为E′k＝＝15.3 J，由此可知Ek>E′k，故A、B碰撞过程是非弹性碰撞，故D错误。]
7．BCD [两壶发生正碰后，黄壶的速度应小于红壶，图像①是红壶碰后的运动图像，A错误；冰壶运动的加速度大小a＝ m/s2＝0.2 m/s2，则碰撞后黄壶的速度v1＝0.2×2 m/s＝0.4 m/s，碰撞前后黄壶动量变化量的大小为Δp1＝m(v－v1)＝19.6×(1.8－0.4) kg·m/s＝27.44 kg·m/s，B正确；根据动量守恒定律得mv＝mv1＋mv2，解得碰撞后红壶的速度大小为v2＝1.4 m/s，红壶从开始运动到停止所用的时间t2＝＝7 s，C正确；两冰壶静止时距离Δx＝t2－t1＝4.5 m，D正确。]
8．BC [设运动员和物块的质量分别为m、m0，规定运动员运动的方向为正方向，运动员开始时静止，第1次将物块推出后，设运动员和物块的速度大小分别为v1、v0，则根据动量守恒定律有：0＝mv1－m0v0，解得v1＝v0；物块与挡板弹性碰撞后，运动方向与运动员同向，当运动员第2次推出物块时，有：mv1＋m0v0＝mv2－m0v0，解得v2＝v0；第3次推出物块时，有：mv2＋m0v0＝mv3－m0v0，解得v3＝v0；以此类推，第8次推出物块后，运动员的速度v8＝v0。根据题意可知，v8＝v0>v0，解得m<15m0＝60 kg；第7次推出物块后，运动员的速度v7＝v013m0＝52 kg。综上所述，该运动员的质量应满足52 kg9．B [以向右为正方向，由h＝gt2可知，爆炸后甲、乙两块做平抛运动的时间t＝1 s，爆炸过程中，爆炸力对沿原方向运动的一块弹片的冲量沿运动方向，故这一块弹片的速度必然增大，即v＞2 m/s，因此水平位移大于2 m，C、D项错误；甲、乙两块在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，即甲、乙两块的动量改变量大小相等，两块质量比为 3∶1，所以速度变化量大小之比为1∶3，在平抛运动水平方向上有x＝v0t，所以题图A中，v乙＝－0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，|Δv乙|＝2.5 m/s，Δv甲＝0.5 m/s，A项错误；题图B中，v乙＝0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，|Δv乙|＝1.5 m/s，Δv甲＝0.5 m/s，B项正确。]
10．BC [由题意知两球碰撞的时间极短，碰撞过程中产生极大的内力，两球与桌面间的摩擦力远远小于内力，所以该碰撞过程的动量守恒，A错误；碰后，蓝球做匀减速直线运动且刚好落入袋内，由匀变速直线运动的规律知x1＝t，得蓝球碰后瞬间的速度为v1＝＝1.2 m/s，又两球的加速度大小相等，则由公式v2＝2ax得＝，解得碰后瞬间白球的速度大小为v2＝0.8 m/s，则碰后蓝球与白球的速度之比为3∶2，B正确；碰撞过程中两球组成的系统动量守恒，则mv0＝mv1＋mv2，代入数据解得v0＝2 m/s，C正确；两球碰前的动能为Ek1＝＝2m，两球碰后的总动能为Ek2＝＝1.04m，由于Ek1>Ek2，所以该碰撞过程有机械能损失，即该碰撞为非弹性碰撞，D错误。]
11．解析：(1)取向右为正方向，以C、A为系统研究，根据动量守恒定律有
mCv0＝mCvC＋mAvA
根据机械能守恒定律有＝
解得vC＝－2 m/s，vA＝8 m/s
即C与A碰撞后A的速度大小为8 m/s。
(2)仍取向右为正方向，以A、B为系统研究，根据动量守恒定律有
mAvA＝(mA＋mB)v
根据能量守恒定律有E损＝－(mA＋mB)v2
解得E损＝48 J。
答案：(1)8 m/s (2)48 J
12．解析：(1)球1第一次经过P点后瞬间速度变为2v0，所以Fn＝m＝。
(2)球1与球2发生弹性碰撞，且碰后速度大小相等，说明球1碰后反弹，则
m·2v0＝－mv＋m′v
m(2v0)2＝mv2＋m′v2
联立解得v＝v0，m′＝3m。
(3)设两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间为Δt，则
球1从第一次碰撞回到P点所需时间t1＝
此后到两球再次相碰，有v0t2＋2v0t2＝πR
所以Δt＝t1＋t2＝。
答案： (2)3m (3)
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